{"text": "Przedmowa Podręcznik Fizyka dla szkół wyższych powstał po to, by udostępnić studentom za darmo materiały dydaktyczne spełniające najwyższe standardy akademickie. Podręcznik stworzony został przez OpenStax, fundację non-profit działającą przy Rice University w Stanach Zjednoczonych. Przedmowa do wydania polskiego Wierzymy, że przyszłość edukacji to swobodny i wygodny dostęp do najlepszych treści, równy dla wszystkich. Fundacja OpenStax realizuje tę misję, tworząc wysokiej jakości podręczniki i udostępniając je studentom i wykładowcom. W ramach projektu opublikowano ponad 20 darmowych podręczników z różnych dziedzin nauki. Fizyka dla szkół wyższych to polska adaptacja trzytomowej publikacji University Physics , wydanej jesienią 2016 roku. To najbardziej nowatorski i aktualny podręcznik fizyki na polskim rynku. Publikacja przygotowana została przez OpenStax Polska we współpracy z siedmioma czołowymi uczelniami w kraju i jest odpowiedzią na rosnące zapotrzebowanie na treści mające wysokie walory dydaktyczne, a zarazem atrakcyjne dla współczesnych studentów. Otwarta licencja Creative Commons Uznanie autorstwa 4.0 Międzynarodowe (CC BY 4.0) gwarantuje całkowicie bezpłatny dostęp i niemal nieograniczone możliwości korzystania z publikacji. Jedną z największych, w naszym przekonaniu, zalet podręcznika jest jego wersja cyfrowa. Plik w formacie PDF można pobrać ze strony OpenStax.org . Aby jednak wykorzystać pełny potencjał, jaki daje otwarta licencja i nowe technologie informatyczne, udostępniamy tę publikację przede wszystkim na platformie OpenStax CNX , którą specjalnie w tym celu przystosowaliśmy do obsługi języków innych niż angielski i przetłumaczyliśmy na język polski. Platforma, oprócz zapewnienia wygodnego dostępu do podręcznika, umożliwia również łatwą adaptację jego treści do indywidualnych potrzeb. Jeśli więc pomyślicie Państwo o wykorzystaniu fragmentów publikacji do przygotowania własnych materiałów, nie ma żadnych przeszkód prawnych ani technicznych, aby to uczynić. Podziękowania W pracę nad podręcznikiem zaangażowanych było 52 pracowników naukowych z siedmiu instytucji akademickich. Kilka osób z tego grona okazało nam szczególną pomoc, za co bardzo dziękujemy: prof. dr hab. inż. Zbigniew Kąkol, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie prof. PWr dr hab. inż. Włodzimierz Salejda, Politechnika Wrocławska prof. UZ dr hab. Maria Przybylska, Uniwersytet Zielonogórski dr inż. Radosław Strzałka, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie dr Brygida Mielewska, Politechnika Gdańska prof. UZ dr hab. Jarosław Piskorski, Uniwersytet Zielonogórski Adaptacja podręcznika została sfinansowana z grantu The Brian D. Patterson USA-International Foundation. Serdecznie dziękujemy. O projekcie OpenStax OpenStax to fundacja charytatywna z siedzibą w Rice University w USA. Misją fundacji jest ułatwianie studentom dostępu do edukacji. Pierwszy otwarty podręcznik fundacja wydała w 2012 roku. Od tamtej pory jej oferta podręczników rozrosła się do ponad 20 pozycji. Korzystają z nich setki tysięcy studentów na całym świecie. Opracowane w ramach projektu oprogramowanie pomagające zwiększyć efektywność uczenia się poprzez adaptacyjną personalizację ścieżek edukacyjnych jest obecnie w fazie pilotażu w szkołach podstawowych i średnich. OpenStax realizuje swoją misję dzięki hojności innych organizacji charytatywnych. Darowizny te oraz usługi i zasoby otrzymywane na preferencyjnych warunkach od innych partnerów pozwalają nam pokonywać najczęściej występujące bariery utrudniające osiągnięcie sukcesu zarówno studentom jak i wykładowcom. O zasobach OpenStax Dostępne do modyfikacji Fizyka dla szkół wyższych jest udostępniana na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa 4.0 Międzynarodowe (CC BY 4.0) , która zezwala każdemu na dowolne rozpowszechnianie, modyfikowanie i rozszerzanie treści pod warunkiem uznania autorstwa OpenStax i osób podpisanych pod oryginałem. Otwarta licencja umożliwia Państwu wyjęcie z tej publikacji rozdziału lub fragmentu, które potrzebujecie do zajęć. Stwórzcie własne treści, modyfikując istniejące i układając je w dowolnej kolejności. Następnie prześlijcie studentom bezpośredni odnośnik do swojej publikacji na platformie OpenStax CNX . Platforma OpenStax CNX istnieje od 1999 roku i ma zapewnione stabilne finansowanie. Opublikowano na niej dziesiątki tysięcy zasobów edukacyjnych w wielu językach. Zgłaszanie błędów Wszystkie podręczniki OpenStax przechodzą rygorystyczny proces recenzji. Mimo to niektóre błędy mogły zostać przeoczone, co zdarza się w każdej profesjonalnej publikacji. Nasze książki są cyfrowe, dlatego możemy uaktualniać je, ilekroć zachodzi taka konieczność. By zaproponować poprawkę, prosimy skorzystać z odnośnika na stronie podręcznika na OpenStax.org . Zgłoszone poprawki są oceniane przez ekspertów. Format Niniejsza publikacja jest dostępna za darmo na stronie internetowej i w formacie PDF. Podręcznik zostanie również wydrukowany w małym nakładzie i będzie można go znaleźć w bibliotekach uczelni partnerskich. O podręczniku Fizyka dla szkół wyższych , podobnie jak podręcznik University Physics , na którym się opiera, przeznaczona jest dla zajęć z fizyki ogólnej z elementami analizy matematycznej, trwających 2-3 semestry. Treść dopasowano pod względem zakresu i kolejności do praktyki dydaktycznej większości uczelni prowadzących takie zajęcia. Wiedza fizyczna jest fundamentem we wszystkich zawodach związanych z naukami ścisłymi, przyrodniczymi, medycznymi i technicznymi. Niniejsza publikacja pomoże studentom poznać kluczowe pojęcia fizyczne i zrozumieć, jak te pojęcia odnoszą się do ich własnego życia oraz otaczającej ich rzeczywistości. Z uwagi na rozległy zakres materiału, aby ułatwić korzystanie z podręcznika, podzielono go na trzy tomy. Zakres materiału Zakres wiedzy prezentowanej w podręczniku Fizyka dla szkół wyższych został dopasowany do typowych zajęć akademickich z fizyki ogólnej prowadzonych przez 2-3 semestry. Staraliśmy się zaprezentować fizykę jako dziedzinę ciekawą i zrozumiałą, zachowując zarazem niezbędny rygor matematyczny. Mając to na względzie, treść niniejszego podręcznika została ułożona w logicznej kolejności, od kwestii podstawowych do bardziej zaawansowanych, odwołuje się do wiedzy, jaką studenci uzyskali z dotychczasowych części, i podkreśla powiązania między zagadnieniami, a także między teorią a praktyką. Celem każdego podrozdziału jest nie tylko nauczenie pojęć, ale także zbudowanie umiejętności posługiwania się nimi – umiejętności, która przyda się studentom w przyszłej pracy zawodowej lub dalszej nauce. Układ i metodologia podręcznika powstały we współpracy z doświadczonymi wykładowcami fizyki. TOM I Część 1: Mechanika Rozdział 1: Jednostki i miary Rozdział 2: Wektory Rozdział 3: Ruch prostoliniowy Rozdział 4: Ruch w dwóch i trzech wymiarach Rozdział 5: Zasady dynamiki Newtona Rozdział 6: Zastosowania zasad dynamiki Newtona Rozdział 7: Praca i energia kinetyczna Rozdział 8: Energia potencjalna i zasada zachowania energii Rozdział 9: Pęd i zderzenia Rozdział 10: Obroty wokół stałej osi Rozdział 11: Moment pędu Rozdział 12: Równowaga statyczna i sprężystość Rozdział 13: Grawitacja Rozdział 14: Mechanika płynów Część 2: Fale i akustyka Rozdział 15: Drgania Rozdział 16: Fale Rozdział 17: Dźwięk TOM II Część 1: Termodynamika Rozdział 1: Temperatura i ciepło Rozdział 2: Kinetyczna teoria gazów Rozdział 3: Pierwsza zasada termodynamiki Rozdział 4: Druga zasada termodynamiki Część 2: Elektryczność i magnetyzm Rozdział 5: Ładunki elektryczne i pola Rozdział 6: Prawo Gaussa Rozdział 7: Potencjał elektryczny Rozdział 8: Pojemność elektryczna Rozdział 9: Prąd i rezystancja Rozdział 10: Obwody prądu stałego Rozdział 11: Siła i pole magnetyczne Rozdział 12: Źródła pola magnetycznego Rozdział 13: Indukcja elektromagnetyczna Rozdział 14: Indukcyjność Rozdział 15: Obwody prądu zmiennego Rozdział 16: Fale elektromagnetyczne TOM III Część 1: Optyka Rozdział 1: Natura światła Rozdział 2: Optyka geometryczna i tworzenie obrazu Rozdział 3: Interferencja Rozdział 4: Dyfrakcja Część 2: Fizyka współczesna Rozdział 5: Teoria względności Rozdział 6: Fotony i fale materii Rozdział 7: Mechanika kwantowa Rozdział 8: Struktura atomu Rozdział 9: Fizyka materii skondensowanej Rozdział 10: Fizyka jądrowa Rozdział 11: Fizyka cząstek elementarnych i kosmologia Konstrukcja metodyczna W całym podręczniku Fizyka dla szkół wyższych zagadnienia prezentowane są zarówno w sposób klasyczny, z uwzględnieniem historycznych metod i technik, jak i w aspekcie współczesnych zastosowań. Większość rozdziałów zaczyna się od obserwacji lub doświadczeń, które umieszczają materiał w kontekście praktycznym. Sposób prezentacji materiału i logikę wywodu oparto na wieloletnim doświadczeniu zebranym przez wykładowców fizyki. Zastosowane w podręczniku podejście, równoważące klarowność wyjaśnień z naukowym rygorem, sprawdziło się w trakcie ich pracy ze studentami. W tekście zamieszczono odnośniki do wcześniejszych treści, aby studenci mogli łatwo przypominać sobie poruszane zagadnienia, a potem wracać do bieżącego wywodu, co ułatwia zrozumienie powiązań między tematami. Najważniejsze postacie i eksperymenty historyczne omawiane są w głównym tekście, a nie w ramkach lub na marginesie, aby nie utrudniać czytelnikowi budowania intuicyjnego rozumienia prezentowanych kwestii. Najważniejsze pojęcia, definicje i wzory wyeksponowano w tekście i przytoczono je ponownie w podsumowaniu na końcu każdego rozdziału. Przykłady i zdjęcia starano się dobrać w taki sposób, aby w miarę możliwości dotyczyły współczesnych zastosowań fizyki lub nowoczesnych technologii znanych studentom z codziennego życia, od smartfonów przez internet po nawigację satelitarną. Sprawdzanie wiedzy Rozwiązania przykładowych zadań zamieszczonych w każdym rozdziale zazwyczaj podzielone są na trzy części: Strategia rozwiązania , Rozwiązanie i Znaczenie , które pokazują, jak podejść do zadania, jak przekształcić równania i wreszcie jak sprawdzić i zinterpretować wynik. Dodatkowo pod przykładami często znaleźć można sekcję Sprawdź, czy rozumiesz , która zawiera pytania i odpowiedzi pomagające studentom utrwalić sobie kluczowe wnioski z przykładu. Sekcja Strategie rozwiązywania zadań zamieszczona w każdym rozdziale rozbija sposoby podchodzenia do różnych problemów na łatwe do zapamiętania kroki. Na końcu każdego rozdziału znajduje się również zbiór różnorodnych zadań umożliwiający sprawdzenie zdobytej wiedzy. Pytania nie wymagają żadnych obliczeń. Sprawdzają, czy student rozumie najważniejsze pojęcia. Zadania przypisane do każdego podrozdziału sprawdzają umiejętność podejścia do problemu i zastosowania teorii do praktycznych sytuacji. Zadania dodatkowe wymagają zastosowania wiedzy z całego rozdziału, zmuszając studentów do wybrania właściwych równań i pojęć. Niektóre z tych zadań, opisane jako Nieracjonalne wyniki , żądają od studenta oceny wiarygodności uzyskanych wyników i wyjaśnienia, dlaczego są nieracjonalne i które z założeń mogły nie być prawidłowe. Zadania trudniejsze rozszerzają problematykę o intrygujące lecz trudne sytuacje. Odpowiedzi do wszystkich zadań umieszczono na końcu podręcznika w sekcji Rozwiązania zadań . Materiały dodatkowe Zasoby dla studentów i wykładowców Na stronie OpenStax.org można znaleźć materiały dodatkowe w języku angielskim, przeznaczone zarówno dla studentów jak i wykładowców — między innymi przewodniki użytkownika, slajdy w formacie PowerPoint, a także arkusze odpowiedzi i rozwiązań dla prowadzących zajęcia i studentów. Aby uzyskać dostęp do materiałów dla wykładowców, należy posiadać zweryfikowane konto instruktorskie, o które można poprosić przy logowaniu na OpenStax.org . Zasoby te są ściśle dopasowane do podręcznika. Oferta partnerów OpenStax Partnerzy projektu OpenStax pomagają dostarczać wysokiej jakości zasoby edukacyjne, w cenie dostępnej dla wszystkich studentów i wykładowców. Ich narzędzia zostały zintegrowane z podręcznikami dostępnymi w języku angielskim. Aby uzyskać dostęp do zasobów i usług oferowanych przez naszych partnerów, odwiedź stronę danego podręcznika na OpenStax.org . Autorzy Fizyki dla szkół wyższych Openstax Polska Podręcznik Fizyka dla szkół wyższych powstał w ramach projektu OpenStax Polska fundacji Katalyst Education. W 2018 roku powstała fundacja OpenStax Poland, która przejęła pracę od fundacji Katalyst Education pracę nad publikacją i promocją podręcznika. Misją obu fundacji Katalyst Education i OpenStax Poland, opartych na filozofii Otwartych Zasobów Edukacyjnych, jest wyrównywanie szans wszystkich uczniów w Polsce, poprzez tworzenie cyfrowych narzędzi edukacyjnych i dostarczanie usług wspierających optymalne ich wykorzystanie. Więcej informacji: OpenStax.pl , katalysteducation.org . Katalyst Education oraz OpenStax Poland należą do grupy White Star Foundations w Polsce. Więcej informacji: whitestarfoundations.org . Tłumacze i autorzy adaptacji prof. UW dr hab. Adam Bednorz, Uniwersytet Warszawski lic. Anna Błachowicz, Politechnika Śląska dr hab. Tomasz Błachowicz, Politechnika Śląska dr inż. Beata Bochentyn, Politechnika Gdańska mgr Juliusz P. Braun, Uniwersytet Warszawski dr Bartosz Brzostowski, Uniwersytet Zielonogórski dr inż. Roman Bukowski, Politechnika Śląska prof UAM dr hab. Gotard Burdziński, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu inż. Robert Chudek, Politechnika Warszawska dr hab. Roman Gołębiewski, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu prof. UAM dr hab. Krzysztof Grygiel, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu dr inż. Piotr Grygiel, Politechnika Gdańska prof. dr hab. Marian Grynberg, Uniwersytet Warszawski mgr Katarzyna Gwóźdź, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Grzegorz Harań, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Andrzej Janutka, Politechnika Wrocławska dr Wojciech Kamiński, Uniwersytet Wrocławski dr hab. Dobrosława Kasprowicz, Politechnika Poznańska prof. dr hab. inż. Zbigniew Kąkol, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie prof. dr hab. Adam Lipowski, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu prof. dr hab. inż. Paweł Machnikowski, Politechnika Wrocławska prof. dr hab. Jacek Majewski, Uniwersytet Warszawski prof. UWr dr hab. Leszek Markowski, Uniwersytet Wrocławski dr inż. Aleksandra Mielewczyk-Gryń, Politechnika Gdańska dr Brygida Mielewska, Politechnika Gdańska dr inż. Tadeusz Miruszewski, Politechnika Gdańska prof. UZ dr hab. Jarosław Piskorski, Uniwersytet Zielonogórski dr Krzysztof Pomorski, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie prof. dr hab. Ewa Popko, Politechnika Wrocławska prof. dr hab. inż. Andrzej Radosz, Politechnika Wrocławska dr hab. Tomasz Runka, Politechnika Poznańska prof. PWr dr hab. inż. Włodzimierz Salejda, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Paweł Scharoch, Politechnika Wrocławska dr inż. Kazimierz Sierański, Politechnika Wrocławska dr inż. Piotr Sitarek, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Gabriela Statkiewicz-Barabach, Politechnika Wrocławska dr inż. Radosław Strzałka, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie dr inż. Jan Szatkowski, Politechnika Wrocławska dr Izabela Szyperska, Politechnika Poznańska dr Agnieszka Tomaszewska, Akademia im. Jana Długosza w Częstochowie dr inż. Bartłomiej Toroń, Politechnika Śląska dr inż. Dominika Trefon-Radziejewska, Politechnika Śląska dr inż. Sebastian Wachowski, Politechnika Gdańska dr Jakub Wagner, Uniwersytet Warszawski mgr Mateusz Wlazło, Uniwersytet Warszawski prof. dr hab. Antoni Wójcik, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu mgr inż. Klaudia Żerańska, Politechnika Warszawska Recenzenci prof. dr hab. Kazimierz Fabisiak dr Piotr Goldstein prof. dr hab. inż. Zbigniew Kąkol mgr inż. Michał Maciejewski prof. dr hab. Paweł Machnikowski dr Brygida Mielewska prof. dr hab. Jan Mostowski prof. AGH dr hab. Antoni Paja prof. dr hab. Ewa Popko Zespół redakcyjny Redakcja merytoryczna dr Agnieszka Tomaszewska mgr Waldemar Pławski Korekta językowa Daria Danilczyk Monika Hryniewicka Maria Kowalczyk Małgorzata Kryska-Mosur Marcin Kuźma Aleksandra Marczuk Aleksandra Sekuła Korekta techniczna i merytoryczna Adam Anglart Mariusz Bardyn Patryk Bojarski Weronika Brzezińska Alicja Kozłowska Katarzyna Ludwiczak Aleksandra Rafalak Mateusz Saniewski Cezary Turski Natalia Wilkus Autorzy University Physics Autorzy prowadzący Samuel J. Ling, Truman State University Prof. Samuel Ling od 25 lat wykłada fizykę ogólną i specjalistyczną na Truman State University, będąc jednocześnie dyrektorem Wydziału Fizyki. Prof. Ling ma dwa stopnie doktorskie uzyskane na Boston University, jeden z chemii, a drugi z fizyki. Zanim rozpoczął pracę na Truman State University, był szefem zespołu badawczego w Indian Institute of Science w Bangalore. Prof. Ling jest również autorem podręcznika A First Course in Vibrations and Waves , wydanego przez Oxford University Press. Prof. Ling ma ogromny dorobek w dziedzinie badań nad kształceniem fizyków. Opublikował pracę na temat metod współpracy w nauczaniu fizyki. Za swój wkład w innowacyjne metody nauczania otrzymał nagrody Truman Fellow i Jepson Fellow. Jego publikacje dotyczyły dziedzin takich jak kosmologia, fizyka ciała stałego i optyka nieliniowa. Jeff Sanny, Loyola Marymount University Dr Jeff Sanny uzyskał licencjat w dziedzinie fizyki w Harvey Mudd College w 1974 roku, a następnie stopień doktora w dziedzinie fizyki ciała stałego na University of California w Los Angeles w 1980 roku. Jesienią 1980 roku rozpoczął pracę na Loyola Marymount University, gdzie pełnił funkcję dyrektora wydziału oraz prodziekana. Nauczanie podstaw fizyki to jedno z jego ulubionych zajęć na uniwersytecie. Jest także wielkim propagatorem uczestnictwa studentów w badaniach naukowych i od wielu lat prowadzi studenckie koło naukowe zajmujące się fizyką przestrzeni kosmicznej. Bill Moebs, PhD Dr William Moebs uzyskał licencjat i doktorat w dziedzinie fizyki (w latach 1959 i 1965) na University of Michigan. Następnie na tej samej uczelni przez rok zajmował się pracą naukową, kontynuując swoje badania w dziedzinie fizyki cząstek elementarnych. W 1966 roku przeszedł na uniwersytet Indiana Purdue Fort Wayne (IPFW), gdzie w latach 1971-1979 piastował stanowisko dyrektora Wydziału Fizyki. W 1979 roku podjął pracę na Loyola Marymount University (LMU), kierując tamtejszym Wydziałem Fizyki w latach 1979-1986. Od 2000 roku jest na emeryturze. Publikował prace z zakresu fizyki cząstek elementarnych, kinetyki reakcji chemicznych, podziałów komórkowych, fizyki atomowej oraz nauczania fizyki. Pozostali autorzy David Anderson, Albion College Daniel Bowman, Ferrum College Dedra Demaree, Georgetown University Gerald Friedman, Santa Fe Community College Lev Gasparov, University of North Florida Edw. S. Ginsberg, University of Massachusetts Alice Kolakowska, University of Memphis Lee LaRue, Paris Junior College Mark Lattery, University of Wisconsin Richard Ludlow, Daniel Webster College Patrick Motl, Indiana University–Kokomo Tao Pang, University of Nevada–Las Vegas Kenneth Podolak, Plattsburgh State University Takashi Sato, Kwantlen Polytechnic University David Smith, University of the Virgin Islands Joseph Trout, Richard Stockton College Kevin Wheelock, Bellevue College Recenzenci Salameh Ahmad, Rochester Institute of Technology–Dubai John Aiken, University of Colorado–Boulder Anand Batra, Howard University Raymond Benge, Terrant County College Gavin Buxton, Robert Morris University Erik Christensen, South Florida State College Clifton Clark, Fort Hays State University Nelson Coates, California Maritime Academy Herve Collin, Kapi’olani Community College Carl Covatto, Arizona State University Alexander Cozzani, Imperial Valley College Danielle Dalafave, The College of New Jersey Nicholas Darnton, Georgia Institute of Technology Robert Edmonds, Tarrant County College William Falls, Erie Community College Stanley Forrester, Broward College Umesh Garg, University of Notre Dame Maurizio Giannotti, Barry University Bryan Gibbs, Dallas County Community College Mark Giroux, East Tennessee State University Matthew Griffiths, University of New Haven Alfonso Hinojosa, University of Texas–Arlington Steuard Jensen, Alma College David Kagan, University of Massachusetts Jill Leggett, Florida State College–Jacksonville Sergei Katsev, University of Minnesota–Duluth Alfredo Louro, University of Calgary James Maclaren, Tulane University Ponn Maheswaranathan, Winthrop University Seth Major, Hamilton College Oleg Maksimov, Excelsior College Aristides Marcano, Delaware State University Marles McCurdy, Tarrant County College James McDonald, University of Hartford Ralph McGrew, SUNY–Broome Community College Paul Miller, West Virginia University Tamar More, University of Portland Farzaneh Najmabadi, University of Phoenix Richard Olenick, The University of Dallas Christopher Porter, Ohio State University Liza Pujji, Manakau Institute of Technology Baishali Ray, Young Harris University Andrew Robinson, Carleton University Aruvana Roy, Young Harris University Abhijit Sarkar, The Catholic University of America Gajendra Tulsian, Daytona State College Adria Updike, Roger Williams University Clark Vangilder, Central Arizona University Steven Wolf, Texas State University Alexander Wurm, Western New England University Lei Zhang, Winston Salem State University Ulrich Zurcher, Cleveland State University", "section": "Przedmowa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Turyści korzystają z ciepła i światła wytworzonych przez wysoką temperaturę ogniska. Na zdjęciu widać wszystkie trzy mechanizmy wymiany ciepła (konwekcja, przewodnictwo cieplne oraz promieniowanie cieplne). Ciepło płynące z ogniska powoduje również zamianę śniegu w wodę i parę wodną. Źródło: „Mt. Hood Territory”/Flickr Ciepło i temperatura to pojęcia istotne w życiu codziennym każdego z nas. To, jak się ubieramy, zależy od tego, czy dzień jest ciepły, czy zimny, a każda z naszych codziennych aktywności wymaga energii, wyzwolonej podczas Wielkiego Wybuchu. Nauka na temat ciepła i temperatury jest częścią działu fizyki zwanego termodynamiką. Zasady termodynamiki rządzą przepływem energii w całym Wszechświecie. Są one zgłębiane w większości obszarów nauki i techniki, począwszy od chemii przez biologię aż po nauki dotyczące środowiska. W rozdziale tym zbadamy pojęcia ciepła i temperatury. Nie zawsze łatwo jest je rozróżnić. Ciepło to przekazywanie energii od jednego obiektu do drugiego, które jest spowodowane różnicą temperatur lub jest skutkiem wykonania pracy. Wymiana ciepła może zmienić temperaturę, tak jak wykonanie pracy. Praca to inny sposób przekazywania energii, który jest jednym z głównych zagadnień termodynamiki. Będziemy powracać do tych podstawowych pojęć kilka razy w najbliższych czterech rozdziałach i zobaczymy, jak wpływają one na wszystko, co nas otacza, począwszy od zachowania atomów i cząsteczek, przez gotowanie, pogodę na Ziemi, a skończywszy na cyklach życia gwiazd.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Temperatura i równowaga termiczna Pojęcie ciepła rozumiemy intuicyjnie wszyscy. Czujemy na własnym ciele jego przypływ podczas letniego dnia lub od kubka gorącej kawy po zimowym spacerze. Czujemy także odprowadzanie ciepła z naszego ciała, odczuwając chłód podczas zimnego wieczoru lub chłodzący efekt potu po ćwiczeniach na siłowni. Czym jest ciepło? Jak je definiujemy i jak jest związane z temperaturą? Jakie są efekty cieplne i jak ciepło przepływa z jednego miejsca w inne? Pomimo bogactwa tych zjawisk odkryjemy, że niewielki zestaw zasad fizycznych jednoczy te zagadnienia i wiąże je z innymi obszarami fizyki. Zaczniemy od zbadania pojęcia temperatury i określenia, jak ją zdefiniować i mierzyć. Temperatura Pojęcie temperatury wyewoluowało z powszechnych pojęć poczucia ciepła i zimna. Naukowa definicja temperatury tłumaczy więcej niż nasze wrażenie ciepła i zimna. Jak już zapewne wiemy, wiele wielkości fizycznych zdefiniowanych jest wyłącznie w kategoriach tego, jak są obserwowane lub mierzone. Temperatura (ang. temperature ) jest więc zdefiniowana operacyjnie jako wielkość mierzona za pomocą termometru. Jak zobaczymy później, w rozdziale dotyczącym kinetycznej teorii gazów, temperatura jest wprost proporcjonalna do średniej energii kinetycznej cząsteczek gazu. Różnice temperatury podtrzymują wymianę ciepła we Wszechświecie. Jedną z form wymiany ciepła jest transport ciepła na wskutek różnicy temperatur. Kolejnymi formami są promieniowanie oraz konwekcja. Wymiana ciepła (ang. heat transfer ) jest to transport energii z jednego miejsca lub materiału do innego na skutek różnicy temperatury. Równowaga termiczna Ważnym pojęciem związanym z temperaturą jest równowaga termiczna (ang. thermal equilibrium ). Dwa ciała są w równowadze termicznej, jeżeli pomimo bliskiego ich kontaktu umożliwiającego swobodną wymianę energii, żadna energia nie jest między nimi przekazywana w formie ciepła. Ciała niebędące ze sobą w kontakcie także są w równowadze termicznej, gdy po ich zetknięciu nie następuje między nimi przekazywanie energii. Jeśli dwa ciała pozostają ze sobą w kontakcie przez dłuższy czas, zwykle dochodzą do równowagi termicznej. Innymi słowy, dwa ciała będące w równowadze termicznej nie wymieniają między sobą energii (procesy przepływu energii w rzeczywistości zachodzą, jednak ich wypadkowy bilans jest zerowy – przyp. tł.). W praktyce, jeżeli ciało A jest w równowadze z ciałem B , a ciało B jest w równowadze z ciałem C , to (jak zapewne zgadliście) ciało A jest w równowadze z ciałem C . To stwierdzenie przechodniości nazywane jest zerową zasadą termodynamiki (ang. zeroth law of thermodynamics ; numer zero został zaproponowany przez brytyjskiego fizyka Ralpha Fowlera (1889–1944) w latach trzydziestych XX wieku. Pierwsza, druga i trzecia zasada termodynamiki były już wtedy sformułowane. Zasadę tę należy jednak omówić przed poznaniem pozostałych trzech, dlatego nadano jej numer niższy niż 1). Rozważmy przypadek, gdy A jest termometrem. Zerowa zasada mówi nam, że jeżeli A pokazuje określoną temperaturę, będąc w równowadze termicznej z B , a następnie zostanie zetknięte z C , to nie wymieni energii z C , a więc wskazanie temperatury pozostanie takie samo ( ). Innymi słowy, jeśli dwa ciała są w równowadze termicznej, to mają taką samą temperaturę. Jeśli termometr A jest w równowadze termicznej z ciałem B , a B jest w równowadze termicznej z C , to A jest w równowadze termicznej z C . Dlatego też odczyt temperatury na A pozostanie taki sam, gdy A zostanie przesunięty, aby być w kontakcie z C . Temperatura wskazywana przez termometr w stanie równowagi termicznej oznacza, iż element wskazujący temperaturę (np. rtęć) jest w równowadze z obudową termometru, która jest w równowadze z ciałem, którego temperatura jest mierzona. Dalej w tym rozdziale będziemy odnosić się do układów ciał, zamiast pojedynczych ciał. Podobnie jak w rozdziale dotyczącym pędu i zderzeń, układ składa się z jednego ciała lub większej ich liczby, ale w termodynamice wymagane jest, by układy były makroskopowe, czyli składały się z ogromnej liczby (rzędu 10 23 ) cząsteczek. Możemy powiedzieć, że układ jest w równowadze termicznej wtedy, gdy wszystkie ciała należące do tego układu mają tę samą temperaturę (powrócimy do definicji układu termodynamicznego w rozdziale poświęconym pierwszej zasadzie termodynamiki). Podsumowanie Temperatura zdefiniowana jest operacyjnie jako wielkość mierzona za pomocą termometru. Jest proporcjonalna do średniej energii kinetycznej atomów i cząsteczek w układzie. Równowaga termiczna występuje, gdy dwa ciała stykają się ze sobą i mogą swobodnie wymieniać energię między sobą. Układy są w równowadze termicznej wtedy, gdy mają tę samą temperaturę. Zerowa zasada termodynamiki mówi, że gdy dwa układy: A i B , są w równowadze termicznej ze sobą, a B jest w równowadze termicznej z trzecim układem C , to A jest także w równowadze termicznej z C . Pytania Co to znaczy, że dwa układy są w równowadze termicznej? To znaczy, że są w tej samej temperaturze, a jeśli stykają się ze sobą, to nie przepływa między nimi żadne ciepło. Podaj przykład sytuacji, gdy A jest w jakiejś nietermicznej równowadze z B , a B ma podobną relację z C , lecz A nie ma takiej samej relacji z C . wymiana ciepła (ang. heat transfer ) przenoszenie energii z jednego miejsca lub ciała do innego w wyniku różnicy temperatury temperatura (ang. temperature ) wielkość mierzona przez termometr, która odzwierciedla energię mechaniczną w układzie równowaga termiczna (ang. thermal equilibrium ) stan, w którym ciepło nie przepływa pomiędzy dwoma ciałami, które są ze sobą w kontakcie; dwa ciała będące ze sobą w kontakcie mają taką samą temperaturę zerowa zasada termodynamiki (ang. zeroth law of thermodynamics ) zasada, która mówi, że jeśli dwa ciała są ze sobą w równowadze termicznej, a trzecie ciało jest w równowadze termicznej z pierwszym z nich, to trzecie ciało jest także w równowadze termicznej z drugim ciałem", "section": "Temperatura i równowaga termiczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Termometry i skale temperatur Każda wielkość fizyczna, która w sposób stały i powtarzalny zależy od temperatury, może być wykorzystana w konstrukcji termometru. Na przykład objętość większości substancji rośnie, gdy wzrasta ich temperatura. Ta właściwość jest podstawą działania znanego wszystkim termometru alkoholowego lub rtęciowego. Inne właściwości wykorzystywane do mierzenia temperatury to: opór elektryczny, barwa, a także poziom emisji promieniowania podczerwonego ( ). Różnorodność termometrów jest znaczna, ponieważ liczba właściwości fizycznych zależnych od temperatury jest bardzo duża. (a) W popularnym termometrze alkohol zawierający czerwony barwnik rozszerza się znacznie szybciej niż otaczające go szkło. Kiedy temperatura termometru rośnie, płyn jest wypychany ze zbiorniczka do wąskiej rurki, powodując znaczną zmianę wysokości słupa cieczy nawet przy niewielkiej zmianie temperatury. (b) Każdy z sześciu kwadratów na plastikowym (ciekłokrystalicznym) termometrze posiada warstwę wykonaną z innego materiału ciekłokrystalicznego czułego na ciepło. Poniżej 35 ⁢ ° C każdy z sześciu kwadratów jest czarny. Kiedy plastikowy termometr ogrzejemy do temperatury 35 ⁢ ° C , pierwszy ciekłokrystaliczny kwadrat zmienia kolor. Gdy temperatura rośnie powyżej 36 ⁢ ° C , drugi kwadrat zmienia kolor, itd. (c) Strażak używa pirometru, by sprawdzić temperaturę układu wentylacyjnego. Natężenie promieniowania podczerwonego emitowanego przez każde ciało zależy od jego temperatury. W tym przypadku pirometr rejestruje promieniowanie podczerwone emitowane z otworu wentylacyjnego i szybko przelicza na wartość temperatury. Termometry na podczerwień są także często używane do mierzenia temperatury ciała poprzez umieszczenie niewielkiej głowicy w kanale usznym. Tego typu termometry są bardziej dokładne niż termometry alkoholowe umieszczane pod językiem lub pod pachą. Źródła: (b) na podstawie badań prowadzonych przez Tess Watsona; (c) na podstawie badań prowadzonych przez Lamel J. Hintona Termometry (ang. thermometers ) mierzą temperaturę zgodnie z odpowiednio zdefiniowanymi skalami pomiarowymi. Trzema najczęściej używanymi są skale Celsjusza, Fahrenheita i Kelvina. Skale temperatury stworzone zostały przez zidentyfikowanie dwóch łatwych do odtworzenia wartości temperatury. Powszechnie używane są temperatura zamarzania i temperatura wrzenia wody pod ciśnieniem normalnym ( 1,013 25 ⁢ bar \\SI{1,01325}{\\bar} lub 103,25 ⁢ kPa \\SI{103,25}{\\kilo\\pascal} ). W skali Celsjusza (ang. Celsius scale ) temperatura zamarzania wody wynosi 0 ⁢ ° C , a temperatura jej wrzenia to 100 ⁢ ° C . Jej jednostką w tej skali jest stopień Celsjusza ° C (ang. degree Celsius ). Punkt zamarzania wody w skali Fahrenheita (ang. Fahrenheit scale ; używana w Stanach Zjednoczonych) to 32 ⁢ ° F , zaś punkt wrzenia wody to 212 ⁢ ° F . W skali Fahrenheita 0 ⁢ ° F zostało ustalone dla temperatury zamarzania solanki. Jednostką w tej skali jest stopień Fahrenheita ° F (ang. degree Fahrenheit ). Zauważmy, że 100 stopni skali Celsjusza pokrywa taki sam zakres temperatury co 180 stopni skali Fahrenheita. Zatem zmiana temperatury o 1 stopień Celsjusza odpowiada zmianie temperatury o 1,8 stopnia w skali Fahrenheita: Δ T F = 9 ∕ 5 ⋅ Δ T C . Temperaturę definiuje się, zakładając że powinna istnieć najniższa możliwa temperatura, w której średnia energia kinetyczna cząsteczek wynosi zero (lub równa jest określonej wartości minimalnej dozwolonej przez mechanikę kwantową). Eksperymenty potwierdzają istnienie takiej temperatury nazywanej zerem absolutnym (ang. absolute zero ). Bezwzględna skala temperatury (ang. absolute temperature scale ) to taka, w której punktem zerowym jest zero absolutne. Tego typu skale są wygodne w nauce, ponieważ niektóre wielkości fizyczne, takie jak objętość gazu doskonałego, są bezpośrednio związane z temperaturą absolutną. Skala Kelvina (ang. Kelvin scale ) to bezwzględna skala temperatury, która jest powszechnie używana w nauce. Jednostką temperatury w układzie SI jest kelwin, w skrócie K (bez znaku stopni). Zatem 0 ⁢ K to zero absolutne. Punkty zamarzania i wrzenia wody to odpowiednio 273,15 ⁢ K i 373,15 ⁢ K . Dlatego różnice temperatury w jednostkach Kelvina i stopniach Celsjusza są takie same: Δ T C = Δ T K . Relacje pomiędzy trzema powszechnie stosowanymi skalami temperatury pokazuje . Wartości temperatury na tych skalach mogą być przeliczane wzajemnie za pomocą równań przedstawionych w . Na rysunku zostały pokazane wzajemne relacje pomiędzy skalami Fahrenheita, Celsjusza i Kelvina. Pokazano również względne rozmiary tych skal. Przeliczanie wartości temperatury. Gdy przeliczasz… Użyj takiego równania: stopnie Celsjusza na stopnie Fahrenheita T F = 9 5 ⁢ T C + 32 stopnie Fahrenheita na stopnie Celsjusza T C = 5 9 ⁢ T F − 32 stopnie Celsjusza na kelwiny T K = T C + 273,15 kelwiny na stopnie Celsjusza T C = T K − 273,15 stopnie Fahrenheita na kelwiny T K = 5 9 ⁢ T F − 32 + 273,15 kelwiny na stopnie Fahrenheita T F = 9 5 ⁢ T K − 273,15 + 32 Aby przeliczyć temperaturę pomiędzy skalami Fahrenheita i Kelvina, dla wygody należy jako krok pośredni dokonać przeliczenia na skalę Celsjusza. Przeliczanie pomiędzy skalami temperatury: temperatura pokojowa Temperaturą pokojową zwyczajowo nazywamy 25 ⁢ ° C . Jaka jest temperatura pokojowa w stopniach Fahrenheita? Jaka jest w kelwinach? Strategia rozwiązania Żeby rozwiązać ten problem, wystarczy dobrać odpowiednie równanie i podstawić znane wielkości. Rozwiązanie Aby przeliczyć temperaturę podaną w stopniach Celsjusza na temperaturę wyrażoną w stopniach Fahrenheita, użyjmy równania T F = 9 5 ⁢ T C + 32 ⁢ . Podstawiamy dane do wzoru i rozwiązujemy T F = 9 5 ⋅ 25 ⁢ ° C + 32 = 77 ⁢ ° F ⁢ . Podobnie wyliczamy, że T K = T C + 273,15 = 298,15 ⁢ K . Skala Kelvina jest częścią układu jednostek SI, więc jej definicja jest bardziej złożona niż ta podana powyżej. Po pierwsze, nie jest ona zdefiniowana w oparciu o punkty zamarzania i wrzenia wody, ale w oparciu o punkt potrójny (ang. triple point ). Punkt potrójny to unikalna kombinacja temperatury i ciśnienia, przy której lód, woda i para wodna są w równowadze termicznej. To oznacza, że w punkcie potrójnym pomiędzy wodą, lodem i parą wodną nie zachodzi wymiana ciepła. Jak zostało to opisane w Przemiany fazowe , współistnienie tych trzech faz jest osiągane przez obniżanie ciśnienia, co w rezultacie powoduje zbieganie się punktu wrzenia wody i punktu jej zamarzania. Temperatura punktu potrójnego to 273,16 ⁢ K (pod ciśnieniem 611,73 ⁢ Pa \\SI{611,73}{\\pascal} ). Ta definicja ma tę przewagę, że chociaż temperatura zamarzania i temperatura wrzenia wody zależą od ciśnienia, to punkt potrójny jest tylko jeden. Po drugie, nawet jeżeli zdefiniujemy dwa punkty na skali, to różne termometry mogą podawać nieco inne wyniki dla pozostałych wartości temperatury. Dlatego też potrzebny jest standardowy termometr. Metrologowie (eksperci w dziedzinie nauki o pomiarach) wybrali w tym celu termometr gazowy o stałej objętości gazu (ang. constant-volume gasthermometer ). Naczynie o stałej objętości wypełnione gazem jest poddawane zmianom temperatury, a mierzona temperatura jest proporcjonalna do zmiany ciśnienia gazu. Jeśli oznaczymy punkt potrójny jako TP (z angielskiego triple point ), to T = p p TP ⁢ T TP ⁢ . Wyniki zależą w pewnym stopniu od wybranego gazu, ale im mniejsza jest jego gęstość, tym bardziej wyniki uzyskiwane dla różnych gazów są do siebie zbliżone. Wyniki ekstrapolowane do zerowej gęstości zgadzają się dość dobrze z założeniem, że zerowemu ciśnieniu odpowiada temperatura zera bezwzględnego. Termometry gazowe o stałej objętości są duże i dochodzą do równowagi termicznej dosyć wolno, dlatego nie są przeznaczone do codziennego użytku, a jedynie do kalibracji innych termometrów. Odwiedź tę stronę , aby dowiedzieć się więcej na temat termometrów gazowych o stałej objętości. Podsumowanie Trzy przykładowe typy termometrów to: alkoholowy, ciekłokrystaliczny oraz czuły na podczerwień (pirometr). Trzy główne skale temperatury to: Celsjusza, Fahrenheita i Kelvina. Można przeliczać wartości temperatury z jednej skali na inną za pomocą odpowiednich równań. Trzy fazy wody (lód, woda w stanie ciekłym i para wodna) mogą współistnieć w jednej temperaturze i przy jednym ciśnieniu w tzw. punkcie potrójnym. Pytania Jeśli termometr jest w równowadze termicznej z powietrzem, a szklanka wody nie, to co się stanie ze wskazaniem termometru, kiedy zostanie umieszczony w wodzie? Wskazanie termometru się zmieni. Podaj przykład wielkości fizycznej, która zależy od temperatury, i opisz, jak można jej użyć do zmierzenia temperatury. Zadania Podczas podróży po USA czujesz, że jesteś chory. Kolega daje ci termometr, który po pomiarze pokazuje, że temperatura twojego ciała wynosi 102 stopnie. Jaka to skala? Jaką temperaturę masz w skali Celsjusza? Czy powinieneś udać się do lekarza? Wskazanie temperatury jest w skali Fahrenheita. Twoja temperatura ciała w skali Celsjusza to 39 ⁢ ° C . Tak, najlepiej będzie, gdy udasz się do lekarza. Przypuśćmy, że nadchodzi zimny front atmosferyczny w Twojej okolicy i temperatura spadła o 22,2 ⁢ ° C . O ile stopni spadła temperatura w skali Fahrenheita? Pokaż, że każda zmiana temperatury w skali Fahrenheita to 9 ∕ 5 zmiany temperatury w skali Celsjusza. a. Δ T F = 40 ⁢ ° F ; b. Wiemy, że Δ T F = T F2 − T F1 . Wiemy także, że T F2 = 9 ∕ 5 ⋅ T C2 + 32 i T F1 = 9 ∕ 5 ⋅ T C1 + 32 . Podstawiając, otrzymujemy Δ T F = 9 ∕ 5 ⋅ T C2 + 32 − 9 ∕ 5 ⋅ T C1 − 32 . Częściowo rozwiązując i przekształcając to równanie, dostajemy Δ T F = 9 ∕ 5 ⋅ T C2 − 9 ∕ 5 ⋅ T C1 . Dlatego też, Δ T F = 9 ∕ 5 ⋅ Δ T C . W jednym z artykułów popularnonaukowych w amerykańskiej prasie na temat zmiany klimatu napisano: „Ubytek części pokrywy lodowej nastąpił prawdopodobnie w czasach, gdy temperatura naszej planety była o 36-37 stopni Fahrenheita (2-3 stopnie Celsjusza) wyższa niż dzisiaj”. Jaki błąd popełnił autor artykułu? W jakiej temperaturze skale Fahrenheita i Celsjusza mają tę samą wartość liczbową? W jakiej temperaturze skale Fahrenheita i Kelvina mają tę samą wartość liczbową? a. − 40 ⁢ ° C = − 40 ⁢ ° F ; b. 575 ⁢ K = 575 ⁢ ° F . Pewien Polak kupił na eBay nową zamrażarkę wyprodukowaną w USA, gdzie termometry wyskalowane są w fahrenheitach. Kiedy ją uruchomił i odczytał temperaturę, popełnił dwa błędy. Po pierwsze, nie zauważył, że na wskazaniu nie ma minusa, a po drugie uznał, że termometr jest wyskalowany w Celsjuszach. Zatem odczytał x ⁢ ° F jako − x ⁢ ° C . Co ciekawe, temperatura, jaką odczytał w Celsjuszach, była poprawna. Jaka była prawdziwa temperatura na termometrze w zamrażarce? Zaokrąglij wynik do jednej cyfry znaczącej. bezwzględna skala temperatury (ang. absolute temperature scale ) skala temperatury, przykładowo skala Kelvina, w której zeru stopni odpowiada zero bezwzględne zero absolutne (ang. absolute zero ) temperatura, w której średnia energia kinetyczna cząsteczek wynosi zero skala Celsjusza (ang. Celsius scale ) skala temperatury, w której temperatura zamarzania wody wynosi 0 ⁢ ° C , a temperatura wrzenia wody równa się 100 ⁢ ° C stopień Celsjusza ° C (ang. degree Celsius ) jednostka temperatury w skali Celsjusza stopień Fahrenheita ° F (ang. degree Fahrenheit ) jednostka temperatury w skali Fahrenheita skala Fahrenheita (ang. Fahrenheit scale ) skala temperatury, w której temperatura zamarzania wody wynosi 32 ⁢ ° F , a temperatura wrzenia wody 212 ⁢ ° F skala Kelvina K (ang. Kelvin scale ) skala temperatury, w której 0 ⁢ K jest najniższą możliwą temperaturą, tak zwanym zerem bezwzględnym punkt potrójny (ang. triple point ) ciśnienie i temperatura, w których dana substancja występuje w równowadze jako ciało stałe, ciecz i gaz", "section": "Termometry i skale temperatur", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Rozszerzalność cieplna Rozszerzanie się alkoholu w termometrze jest jednym z wielu powszechnie spotykanych przykładów rozszerzalności cieplnej (ang. thermal expansion ), czyli zmiany rozmiarów lub objętości danego układu fizycznego wraz ze zmianą temperatury. Najbardziej widocznym przykładem jest rozszerzalność cieplna gorącego powietrza. Gdy podgrzewamy powietrze, to rozszerza się ono i staje się mniej gęste niż otaczające je chłodne powietrze. W rezultacie chłodniejsze powietrze działa na cieplejsze siłą zwróconą do góry, co powoduje, że para wodna, dym, a także balony z gorącym powietrzem unoszą się ku górze. Takie samo zjawisko zachodzi we wszystkich cieczach i gazach, napędzając naturalny przepływ ciepła do góry w naszych domach, oceanach i układach pogodowych. Rozszerzalność cieplna dotyczy także ciał stałych. Na przykład tory kolejowe i mosty mają szczeliny dylatacyjne (ang. expansion joints ), które umożliwiają im swobodne rozszerzanie i kurczenie się przy zmianach temperatury. Dzięki temu nie dochodzi do deformacji, a przy przekroczeniu granicy plastyczności trwałych odkształceń konstrukcji. Wygląd takich szczelin przedstawiono na . (a) Szczeliny dylatacyjne (dylatacje), takie jak te w moście (b) Auckland Harbour Bridge w Nowej Zelandii, umożliwiają zmiany długości mostu bez powstawania szkodliwych naprężeń i deformacji. Źródło: „ŠJů”/Wikimedia Commons Co jest przyczyną rozszerzalności cieplnej? Jak wspomniano wcześniej, wzrost temperatury oznacza wzrost energii kinetycznej poszczególnych atomów. W ciele stałym, inaczej niż w gazie, cząsteczki są ulokowane w małych obszarach pod wpływem sił wywieranych przez sąsiednie cząsteczki. Jak widzieliśmy w rozdziale Drgania , siły te można modelować za pomocą sprężyn drgających w sposób harmoniczny i opisać za pomocą potencjału Lennarda-Jonesa. Rozdział Energia w ruchu harmonicznym prostym pokazuje, że taki potencjał jest asymetryczny w takim sensie, że energia potencjalna wzrasta gwałtowniej, gdy cząsteczki zbliżają się do siebie, niż wtedy, gdy się oddalają. Zatem przy danej energii kinetycznej cząsteczek odległości przez nie przebyte są większe, gdy sąsiednie cząsteczki oddalają się od siebie, niż wtedy, kiedy się do siebie zbliżają. W konsekwencji ze wzrostem energii kinetycznej cząsteczek (ze wzrostem temperatury) rośnie średnia odległość między nimi, czyli substancja się rozszerza. Dla większości substancji w warunkach normalnych można założyć, że żaden kierunek nie jest wyróżniony (to znaczy, że ciało jest izotropowe), więc wraz ze wzrostem temperatury wymiary ciała wzrosną o taki sam współczynnik w każdym kierunku. Dlatego jeżeli ciało może swobodnie się rozszerzać lub kurczyć, jego proporcje pozostają takie same, zmienia się jedynie jego wielkość. Liniowa rozszerzalność cieplna Jak stwierdzono doświadczalnie, rozszerzalność cieplna zależy od temperatury, rodzaju substancji oraz początkowej długości i jest opisana wzorem d L d T = α ⁢ L ⁢ , gdzie L to długość początkowa, d L ∕ d T to zmiana długości w odniesieniu do zmiany temperatury, a α jest współczynnikiem rozszerzalności liniowej (ang. coefficient of linear expansion ), czyli właściwością danego materiału, która nieznacznie zależy od temperatury. Ponieważ α jest praktycznie stały dla ograniczonego zakresu temperatur i jego wartość jest mała, w praktyce używa się następującego przybliżenia liniowego Δ L = α ⁢ L ⁢ Δ T ⁢ . W zostały zamieszczone wartości współczynnika rozszerzalności liniowej wybranych materiałów. Jak wspomniano wcześniej, zmiana temperatury Δ T jest taka sama zarówno w stopniach Celsjusza, jak i w kelwinach. Dlatego współczynnik α może być wyrażony w jednostkach ° C − 1 lub K − 1 z wartością liczbową taką samą w obydwu przypadkach. Przybliżanie α za pomocą wartości stałej jest dość dokładne dla małych zmian temperatury i w większości przypadków wystarczające do celów praktycznych, czasami nawet dla dużych zmian temperatury. Przyjrzymy się teraz dokładniej temu przybliżeniu w następnym przykładzie. Wartości współczynników rozszerzalności cieplnej. Materiał Współczynnik rozszerzalności liniowej α ⁢ ° C − 1 Współczynnik rozszerzalności objętościowej β ⁢ ° C − 1 Ciała stałe Aluminium 25 ⋅ 10 − 6 75 ⋅ 10 − 6 Mosiądz 19 ⋅ 10 − 6 56 ⋅ 10 − 6 Miedź 17 ⋅ 10 − 6 51 ⋅ 10 − 6 Złoto 14 ⋅ 10 − 6 42 ⋅ 10 − 6 Żelazo lub stal 12 ⋅ 10 − 6 35 ⋅ 10 − 6 Inwar (stop niklu i żelaza) 0,9 ⋅ 10 − 6 2,7 ⋅ 10 − 6 Ołów 29 ⋅ 10 − 6 87 ⋅ 10 − 6 Srebro 18 ⋅ 10 − 6 54 ⋅ 10 − 6 Szkło (zwykłe) 9 ⋅ 10 − 6 27 ⋅ 10 − 6 Szkło laboratoryjne (Pyrex®) 3 ⋅ 10 − 6 9 ⋅ 10 − 6 Kwarc 0,4 ⋅ 10 − 6 10 − 6 Beton, cegła ∼ 12 ⋅ 10 − 6 ∼ 36 ⋅ 10 − 6 Marmur (średnio) 2,5 ⋅ 10 − 6 7,5 ⋅ 10 − 6 Ciecze Eter 1650 ⋅ 10 − 6 Alkohol etylowy 1100 ⋅ 10 − 6 Benzyna 950 ⋅ 10 − 6 Gliceryna 500 ⋅ 10 − 6 Rtęć 180 ⋅ 10 − 6 Woda 210 ⋅ 10 − 6 Gazy Powietrze i większość gazów pod normalnym ciśnieniem atmosferycznym 3400 ⋅ 10 − 6 Zjawisko rozszerzalności cieplnej jest podstawą działania paska bimetalu ( ). Przyrząd ten może być używany jako termometr, jeżeli do giętkiego elementu przymocujemy wskazówkę pokazującą wartości na odpowiednio dobranej skali. Może być także zastosowany jako automatyczny przełącznik, który włącza lub wyłącza układ elektryczny przy pewnej temperaturze. W ten sposób działają termostaty starszego typu, np. w żelazkach. Stopień zakrzywienia paska bimetalu zależy od temperatury. (a) W temperaturze początkowej pasek jest prosty – oba materiały mają taką samą długość. (b) W wyższej temperaturze pasek wygina się w prawo, ponieważ metal z lewej strony rozszerzył się bardziej niż metal po prawej stronie paska. W temperaturze niższej od początkowej pasek ugiąłby się w lewo, ponieważ metal z lewej strony skurczyłby się bardziej niż metal po prawej stronie paska. Obliczanie liniowej rozszerzalności cieplnej Najdłuższe przęsło Mostu Solidarności w Płocku – najdłuższego mostu w Polsce – ma 375 ⁢ m . Most narażony jest na wahania temperatury w zakresie od − 25 ⁢ ° C do 40 ⁢ ° C . Jak duża jest zmiana jego długości pomiędzy temperaturą maksymalną a minimalną? Załóżmy, że długość początkowa 375 ⁢ m odpowiada minimalnej temperaturze oraz że most w całości wykonany jest ze stali. Strategia rozwiązania Zastosujemy równanie dla liniowej rozszerzalności cieplnej Δ L = α ⁢ L ⁢ Δ T , by wyliczyć zmianę długości Δ L . Użyjemy wartości α dla stali z . Zauważmy, że zmiana temperatury Δ T wynosi 65 ⁢ ° C . Rozwiązanie Podstawiamy wszystkie dane do wzoru, by wyznaczyć Δ L Δ L = α ⁢ L ⁢ Δ T = 12 ⋅ 10 − 6 ⁢ ° C − 1 ⋅ 375 ⁢ m ⋅ 65 ⁢ ° C = 0,29 ⁢ m ⁢ . Znaczenie Pomimo tego, że zmiana długości nie jest duża w porównaniu z całkowitą długością przęsła, to jest jednak zauważalna. Zmiana ta jest rozłożona na wiele szczelin dylatacyjnych tak, aby rozszerzenie na każdej z nich było niewielkie. Rozszerzalność cieplna w dwóch i trzech wymiarach Obiekty nieprzymocowane sztywno do niczego rozszerzają się we wszystkich kierunkach, jak zostało to przedstawione na . Ich powierzchnia oraz długość, a w rezultacie objętość zmieniają się przy zmianach temperatury. Ze względu na to, że ich proporcje pozostają stałe, rozmiary otworów i pojemności naczyń także zależą od temperatury. Jeżeli wytniemy otwór w metalowej płytce, to pozostały materiał rozszerzy się tak samo, jak gdyby usunięty element pozostał na swoim miejscu. Wycięty element byłby większy, a więc otwór też musi się powiększyć. Rozszerzalność cieplna w dwóch wymiarach Dla małych zmian temperatury zmiana pola powierzchni Δ S wyrażona jest wzorem Δ S = 2 ⁢ α ⁢ S ⁢ Δ T ⁢ , gdzie Δ S oznacza zmianę pola powierzchni S , Δ T jest zmianą temperatury, a α współczynnikiem rozszerzalności liniowej, który nieznacznie zależy od temperatury. Zasadniczo przy zwiększaniu temperatury ciała rozszerza się ono w każdym kierunku. Na rysunkach początkowe granice ciał zostały pokazane za pomocą linii ciągłych, a ich granice po rozszerzeniu – za pomocą linii przerywanych. (a) Powierzchnia rośnie, ponieważ rośnie zarówno długość, jak i szerokość. Wzrasta także pole powierzchni okrągłego korka. (b) Jeżeli usuniemy korek, to przy zwiększaniu temperatury otwór, który pozostanie, będzie się powiększał, tak jak gdyby korek był wciąż na swoim miejscu. (c) Objętość również się zwiększa, ponieważ rozszerzają się wszystkie trzy wymiary. Rozszerzalność cieplna w trzech wymiarach Związek pomiędzy objętością a temperaturą d V ∕ d T jest wyrażony przez d V ∕ d T = β ⁢ V ⁢ Δ T , gdzie β jest współczynnikiem rozszerzalności objętościowej (ang. coefficient of volume expansion ). W pokazano, że β = 3 ⁢ α . Równanie to często jest zapisywane w postaci Δ V = β ⁢ V ⁢ Δ T ⁢ . Zauważmy, że wartości współczynnika β podane w są w przybliżeniu równe 3 ⁢ α . Rozszerzalność objętościowa jest zdefiniowana dla płynów, ale liniowa i powierzchniowa już nie. Przyczyną tego jest fakt, że zmiana długości czy powierzchni płynu zawsze zależy od kształtu pojemnika, w którym się on znajduje. Dlatego też w podano wartości β płynów, ale nie podano α . W ogólności ciała rozszerzają się, gdy rośnie temperatura. Woda jest jednym z najważniejszych wyjątków od tej reguły. Rozszerza się ona wraz z rosnącą temperaturą (jej gęstość maleje) dla temperatur większych niż 4 ⁢ ° C . W temperaturze 4 ⁢ ° C \\SI{4}{\\celsius} osiąga największą swoją gęstość i rozszerza się także wraz z malejącą temperaturą pomiędzy 4 ⁢ ° C \\SI{4}{\\celsius} a 0 ⁢ ° C . Zostało to pokazane na . Niezwykle ciekawym skutkiem tego zjawiska jest zamarzanie wody (ang. freezing of water ) w stawie. Gdy woda bliska powierzchni stawu ochładza się do 4 ⁢ ° C , staje się gęstsza niż pozostała woda i opada na dno. W ten sposób na powierzchni stawu gromadzi się warstwa wody cieplejszej, która znowu jest ochładzana. Jednak gdy temperatura warstwy znajdującej się przy powierzchni stawu spadnie poniżej 4 ⁢ ° C , gęstość wody w tej warstwie staje się mniejsza niż gęstość wody na dnie, przez co pozostaje ona przy powierzchni. W rezultacie powierzchnia stawu może zamarznąć. Powierzchniowa warstwa lodu izoluje wodę znajdującą się głębiej od bardzo zimnego powietrza. Ze względu na tę nietypową właściwość wody ryby i inne organizmy wodne mogą przetrwać w wodzie o temperaturze 4 ⁢ ° C znajdującej się pod powierzchnią lodu. Wykres przedstawia zależność gęstości wody (ang. density of water ) od temperatury. Zauważmy, że rozszerzalność cieplna w niskich temperaturach jest bardzo mała. Maksymalna wartość gęstości w 4 ⁢ ° C jest tylko o 0,0075 ⁢ % większa niż gęstość w 1 ⁢ ° C i o 0,012 ⁢ % większa niż w 0 ⁢ ° C . Spadek gęstości przy ochładzaniu wody obserwowany poniżej 4 ⁢ ° C związany jest z tym, że ciekła woda zbliża się coraz bardziej do stałego stanu skupienia w postaci kryształu lodu, który zawiera więcej pustej przestrzeni między cząsteczkami niż ciecz. Obliczanie rozszerzalności cieplnej Załóżmy, że na stacji paliw 60-litrowy stalowy bak został zatankowany do pełna chłodną benzyną przepompowaną ze zbiornika znajdującego się pod ziemią. Zarówno bak, jak i benzyna mają teraz temperaturę równą 15 ⁢ ° C . Ile benzyny wycieknie z baku podczas ogrzewania się do temperatury 35 ⁢ ° C ? Strategia rozwiązania Zarówno bak, jak i benzyna zwiększają swoją objętość, jednak benzyna rozszerza się bardziej niż stal. Objętość wylanej benzyny będzie równa różnicy zmian ich objętości. Aby obliczyć wartość zmiany ich objętości, możemy użyć równania opisującego objętościową rozszerzalność cieplną, a bak traktować jako bryłę stali. Rozwiązanie Użyjemy równania na rozszerzalność objętościową, by obliczyć wzrost objętości stalowego zbiornika Δ V S = β S ⁢ V S ⁢ Δ T ⁢ . Wzrost objętości benzyny opisuje poniższe równanie Δ V benz = β benz ⁢ V benz ⁢ Δ T ⁢ . Objętość wylanego paliwa równa jest różnicy obliczonych wcześniej zmian objętości V wylana = Δ V benz − Δ V S ⁢ . Możemy również połączyć powyższe równania w jedno (początkowe objętości są takie same) V wylana = β wylana − β S ⁢ V ⁢ Δ T V wylana = 950 ⋅ 10 -6 ⁢ ° C -1 − 35 ⋅ 10 -6 ⁢ ° C -1 ⋅ 601 ⋅ 20 ⁢ ° C = 1,11 ⁢ l ⁢ . \\begin{multiline} V_{\\text{wylana}} &= (\\beta_{\\text{wylana}} - \\beta_{\\text{S}}) V \\prefop{\\Delta} T \\\\ &= (\\SI[per-mode=reciprocal]{950e-6}{\\per\\celsius} - \\SI[per-mode=reciprocal]{35e-6}{\\per\\celsius}) \\cdot 601 \\cdot \\SI{20}{\\celsius} = \\SI{1,11}{\\litre} \\text{.} \\end{multiline} V wylana = β wylana − β S ⁢ V ⁢ Δ T = 950 ⋅ 10 -6 ⁢ ° C -1 − 35 ⋅ 10 -6 ⁢ ° C -1 ⋅ 601 ⋅ 20 ⁢ ° C = 1,11 ⁢ l ⁢ . Znaczenie Jak widać, różnica zmian objętości tych materiałów wraz ze wzrostem temperatury jest znaczna. Jest to tym bardziej istotne, że benzyna i stal rozszerzają się dość szybko. Szybkość zmian właściwości cieplnych omówiona zostanie w dalszej części tego rozdziału. Jeśli spróbujemy zamknąć szczelnie zbiornik paliwa, by zapobiec wypłynięciu benzyny, to okaże się, że mimo tego ona i tak wycieknie, przelewając się przez korek albo rozrywając zbiornik. Szczelne zamykanie rozszerzającego się gazu jest równoważne jego sprężaniu, a ciecze i ciała stałe opierają się przy ich sprężaniu z siłą znacznie większą niż gazy. Aby uniknąć pękania sztywnych pojemników, zostawia się w środku poduszkę powietrzną, która umożliwia cieczom rozszerzanie się i kurczenie bez obciążania ścian zbiornika. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy odczyt ilości paliwa w zbiorniku wskaże większą ilość paliwa, gdy jest zimno, czy gdy jest ciepło? Czy temperatura ma tutaj znaczenie? Rzeczywista ilość (masa) benzyny pozostałej w zbiorniku, kiedy licznik wskaże rezerwę, jest mniejsza w lecie niż w zimie. Objętość benzyny będzie taka sama w momencie zaświecenia się rezerwy zarówno w zimie, jak i w lecie, ale ze względu na wyższą temperaturę w lecie jej masa będzie mniejsza, ponieważ będzie rozszerzona, czyli będzie posiadała mniejszą gęstość. Naprężenie cieplne Jeśli zmienimy temperaturę ciała, zapobiegając jego rozszerzaniu lub kurczeniu się, to w ciele tym pojawią się naprężenia. Jeżeli zapobiegamy rozszerzeniu się ciała, to naprężenia te są ściskające, a jeżeli zapobiegamy jego kurczeniu – rozciągające. Naprężenie wywołane zmianą temperatury nazywamy naprężeniem cieplnym (ang. thermal stress ). Może ono być bardzo duże i powodować znaczne uszkodzenia. W celu uniknięcia naprężeń inżynierowie starają się projektować elementy podatne na zmiany temperatury w taki sposób, aby mogły one swobodnie się rozszerzać i kurczyć. Przykładowo betonowe autostrady posiadają szczeliny pomiędzy blokami betonu, zapobiegające powstawaniu w nim naprężeń cieplnych. Podobnie jest ze zbrojeniem w konstrukcjach betonowych wykonanym ze stali. Stal ma współczynnik rozszerzalności cieplnej prawie identyczny jak beton. W celu obliczenia naprężenia cieplnego w pręcie, którego końce zostały sztywno zamocowane, możemy wyobrazić sobie, że naprężenie powstaje w dwóch etapach. Najpierw przyjmijmy, że końce pręta są swobodne i może się on wydłużać (lub skracać). Obliczmy to wydłużenie (lub skrócenie). Następnie – określmy siłę potrzebną, by ścisnąć (lub rozciągnąć) pręt do jego początkowej długości, stosując metody poznane w rozdziale Równowaga statyczna i sprężystość . Innymi słowy Δ L wynikająca z liniowej rozszerzalności cieplnej jest równa Δ L wynikającej z odkształcenia sprężystego (jedynie znaki są przeciwne). Obliczanie naprężenia cieplnego Betonowe bloki ułożono na autostradzie bez żadnych przerw pomiędzy nimi, przez co nie mogą się rozszerzać. Ekipa budowlana wykonała budowę w zimie, kiedy temperatura wynosiła 5 ⁢ ° C . Obliczmy naprężenie betonowych bloków w lecie, gdy słońce rozgrzewa je do temperatury 38 ⁢ ° C . Moduł Younga betonu wynosi E = 20 ⋅ 10 9 ⁢ N ∕ m 2 . Strategia rozwiązania Zgodnie z tym, czego dowiedzieliśmy się w rozdziale o równowadze statycznej i elastyczności, naprężenie wynosi F S = E ⁢ Δ L L 0 ⁢ , gdzie E to moduł Younga materiału, w naszym przypadku betonu. Rozszerzalność cieplna opisana jest równaniem Δ L = α ⁢ L 0 ⁢ Δ T . Łączymy te dwa równania, zakładając, że wartości Δ L są równe. Ponieważ nie podano informacji o L 0 i polu powierzchni S , odpowiedź liczbową uzyskamy tylko wtedy, gdy wyeliminujemy te dwie wielkości. Rozwiązanie Podstawiamy równanie opisujące rozszerzalność cieplną do równania opisującego naprężenie elastyczne i otrzymujemy F S = E ⁢ α ⁢ L 0 ⁢ Δ T L 0 = E ⁢ α ⁢ Δ T ⁢ . Zgodnie z przypuszczeniem L 0 eliminuje się, a S występuje jedynie w F ∕ S , a zatem w członie określającym naprężenie, którego szukamy. Teraz pozostaje jedynie podstawić dane F S = 20 ⋅ 10 9 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 12 ⋅ 10 − 6 ⁢ ° C − 1 ⋅ 38 ⁢ ° C − 5 ⁢ ° C = 7,9 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 ⁢ . Znaczenie Graniczna wytrzymałość betonu na ściskanie to 20 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 , zatem bloki nie powinny popękać. Jednak graniczna wytrzymałość na ścinanie to już tylko 2 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 , co oznacza, że mogą pojawić się odpryski betonu. Sprawdź, czy rozumiesz. Dwa ciała A i B mają te same wymiary i są w taki sam sposób sztywno zamocowane. Ciało A jest wykonane z materiału o wyższym współczynniku rozszerzalności cieplnej niż ciało B . Jeżeli obydwa ciała zostaną podgrzane w identyczny sposób, to czy w A powstanie większe naprężenie niż w B ? Niekoniecznie, ponieważ naprężenie cieplne zależy także od modułu Younga. Podsumowanie Rozszerzalność cieplna polega na zwiększeniu rozmiarów (długości, powierzchni czy objętości) ciała na skutek zmiany jego temperatury. Przez pojęcie kurczenia cieplnego rozumiemy zmniejszenie rozmiaru wywołane zmianą temperatury, zazwyczaj jej spadkiem. Naprężenie cieplne powstaje, gdy ciało nie może swobodnie się rozszerzać bądź kurczyć na skutek jakiegoś ograniczenia przestrzeni, w której się znajduje. Pytania Nalewanie zimnej wody do gorącej szklanki lub kubka (z ceramiki) może łatwo spowodować pęknięcie. Co je powoduje? Wytłumacz, dlaczego szkło typu Pyrex®, które ma mały współczynnik rozszerzalności liniowej, jest mniej podatne na pękanie. Zimna woda ochładza część wewnętrznej powierzchni szklanki, powodując jej skurczenie, podczas gdy zewnętrzna część pozostaje rozszerzona. Powstałe naprężenie jest zbyt duże w stosunku do wytrzymałości materiału szklanki. Szkło Pyrex® kurczy się słabiej, a przez to naprężenia cieplne są w nim mniejsze. Jedną z metod uzyskania ciasnego połączenia metalowego kołka umieszczonego w otworze wywierconym w metalowym bloku jest użycie kołka o większej średnicy niż otwór. W trakcie mocowania go w otworze kołek musi mieć inną temperaturę niż blok. Czy blok powinien być cieplejszy, czy zimniejszy niż kołek? Wyjaśnij odpowiedź. Czy można ułatwić otwarcie zamkniętego słoika przez polewanie zakrętki gorącą wodą? Wyjaśnij swoją odpowiedź. Zakrętka rozszerza się silniej niż słoik, ponieważ metale mają większe współczynniki rozszerzalności cieplnej od szkła. Ogrzanie powinno ułatwić odkręcenie słoika (w rzeczywistości jednak mokry słoik i zakrętka spowodują, że trudno będzie je dobrze uchwycić). Gdy zimny termometr alkoholowy umieścisz w gorącym płynie, słupek cieczy najpierw delikatnie opada zanim się podniesie. Wyjaśnij przyczynę tego zjawiska. Oblicz długość metrowego pręta wykonanego z materiału o rozszerzalności cieplnej α , gdy zostanie ogrzany od 300 ⁢ K do 600 ⁢ K . Biorąc wynik jako nową długość początkową, oblicz długość pręta po ochłodzeniu go z powrotem do 300 ⁢ K . Czy wynik to ponownie 1 ⁢ m ? Czy powinien to być 1 ⁢ m ? Jak wytłumaczyć uzyskany wynik? Po podgrzaniu długość pręta wynosi 1 + 300 ⁢ α ⋅ 1 ⁢ m . Po ochłodzeniu długość to 1 − 300 ⁢ α ⋅ 1 + 300 ⁢ α ⋅ 1 ⁢ m . Zatem teoretycznie pręt nie będzie miał długości 1 metra po ochłodzeniu, mimo że powinien. Nawet jeżeli współczynnik α jest stały, to równanie Δ L = α ⁢ L ⁢ Δ T jest prawdziwe tylko dla niewielkich różnic temperatury Δ T . Ze względu na bardzo niskie wartości współczynnika α ta rozbieżność jest nieistotna w praktyce. Amatorski konstruktor broni postanowił wykorzystać naprężenia, jakie powstają wskutek zjawiska rozszerzalności cieplnej, aby skonstruować nowy rodzaj broni. Postanowił użyć aluminiowego tłoku zamkniętego szczelnie w cylindrze z inwaru – stopu o znikomej rozszerzalności cieplnej. Po podgrzaniu cylindra tłok rozszerzy się wzdłuż, powodując silne naprężenie. Następnie za pomocą jeszcze nieopracowanej metody w ułamku sekundy otworzy cylinder, aby rozprężający się gwałtownie tłok wystrzelił pocisk. Co konstruktor przeoczył w swoim rozumowaniu? Zadania Pomnik Waszyngtona znajdujący się w Waszyngtonie (USA) ma wysokość 170 ⁢ m w lecie, gdy temperatura równa jest 35 ⁢ ° C . Jaka będzie jego wysokość w zimie, gdy temperatura spadnie do − 10 ⁢ ° C ? Pomnik ten zbudowany jest z piaskowca, ale dla potrzeb zadania przyjmij, że jego współczynnik rozszerzalności cieplnej równy jest współczynnikowi α marmuru. Podaj odpowiedź z dokładnością do dwóch miejsc po przecinku. Użyjmy , by znaleźć współczynnik rozszerzalności cieplnej marmuru i po podstawieniu danych do wzoru mamy: L = L 0 + Δ L = L 0 + L 0 ⁢ α ⁢ Δ T = 170 ⁢ m + 170 ⁢ m ⋅ 2,5 ⋅ 10 − 6 ⁢ ° C − 1 ⋅ − 45 ⁢ ° C = 169,98 ⁢ m (wynik zaokrąglony do dwóch miejsc po przecinku wskazuje 2 ⁢ cm \\SI{2}{\\centi\\metre} różnicy). O ile wyższa jest Wieża Eiffela po południu, gdy temperatura wzrosła od rana o 15 ⁢ ° C ? Jej nominalna wysokość to 321 ⁢ m . Załóż, że jest wykonana w całości ze stali. Jak wydłuża się 3-centymetrowy słupek rtęci, kiedy jego temperatura wzrasta od 37 ⁢ ° C do 40 ⁢ ° C , zakładając, że rtęć zamknięta jest w rurce, ale nie jest ograniczona jej długość? Odpowiadając, wyjaśnij, dlaczego termometry posiadają zbiorniczki z cieczą oprócz samego słupka cieczy. Używając danych z , aby znaleźć współczynnik rozszerzalności cieplnej rtęci i podstawiając dane do wzoru, mamy: Δ L = α ⁢ L ⁢ Δ T = 6 ⋅ 10 − 5 ⁢ ° C − 1 ⋅ 0,03 ⁢ m ⋅ 3 ⁢ ° C = 5,4 ⋅ 10 − 6 ⁢ m . Jak szeroka powinna być szczelina dylatacyjna pomiędzy szynami torów kolejowych, jeśli mogą osiągać temperaturę o 35 ⁢ ° C wyższą od tej, w której były montowane? Ich długość początkowa to 10 ⁢ m . Planujesz kupić małą działkę ziemi w Hongkongu. Cena to „tylko” 60 000 ⁢ zł za metr kwadratowy. Dokumenty pokazują, że wymiary działki wynoszą 20 ⁢ m × 30 ⁢ m . Jak zmieni się cena działki, jeżeli zmierzysz jej wymiary stalową taśmą mierniczą w temperaturze o 20 ⁢ ° C wyższej niż zalecana dla tej taśmy? Wymiary działki się nie zmieniają. W cieplejsze dni taśma miernicza się wydłuża. Z tego powodu zmierzona przez nas wartość będzie większa niż rzeczywista długość mierzonego odcinka. Nazwijmy te wielkości d ′ oraz s ′ i określmy nową powierzchnię S ′ . Obliczmy te wymiary: d ′ = d 0 − Δ d = 20 ⁢ m − 20 ⁢ ° C ⋅ 20 ⁢ m ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⁢ ° C − 1 = 19,9952 ⁢ m , s ′ = s 0 − Δ s = 30 ⁢ m − 20 ⁢ ° C ⋅ 30 ⁢ m ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⁢ ° C − 1 = 29,9928 ⁢ m , S ′ = d ′ ⋅ s ′ = 29,9928 ⁢ m ⋅ 19,9952 ⁢ m = 599,71 ⁢ m 2 , zmiana kosztów = S − S ′ ⋅ 60 000 ⁢ zł ∕ m 2 = 600 ⁢ m 2 − 599,71 ⁢ m 2 ⋅ 60 000 ⁢ zł ∕ m 2 = 17 000 ⁢ zł . Zmierzony obszar będzie mniejszy, dlatego cena działki spadnie o ok. 17 000 ⁢ zł . Globalne ocieplenie spowoduje podniesienie poziomu mórz częściowo z powodu topnienia pokryw lodowych, a częściowo na skutek rozszerzenia cieplnego wody wraz ze wzrostem jej temperatury. Aby poznać rozmiar tego zjawiska, oblicz zmianę długości słupa wody o wysokości 1 ⁢ km wraz ze wzrostem temperatury wody o 1 ⁢ ° C . Załóż, że cylinder nie może się rozszerzać, a jedynie wydłużać. Przy modelowaniu oceanu jest to rozsądne uproszczenie, ponieważ tylko ta część wody, która jest blisko powierzchni, może rozszerzyć się wszerz w stronę lądu i tylko do pewnego stopnia. Dodatkowo przyjmij, że woda ogrzewa się tak samo w całej objętości, co w przypadku oceanu nie jest prawdą. Załóż, że dwa pręty: stalowy i aluminiowy, o długości 1 ⁢ m mają taką samą długość w temperaturze 0 ⁢ ° C . O ile będą różnić się długością w temperaturze 22 ⁢ ° C ? Powtórz obliczenia dla 30-metrowych taśm mierniczych. a. Użyjemy , by znaleźć współczynniki rozszerzalności cieplnej stali i aluminium, a następnie podstawiamy do wzoru: Δ L Al − Δ L stal = α Al − α stal ⋅ L 0 ⁢ Δ T = 2,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ ° C − 1 − 1,2 ⋅ 10 − 5 ⁢ ° C − 1 ⋅ 1 ⁢ m ⋅ 22 ⁢ ° C = 2,9 ⋅ 10 − 4 ⁢ m ; b. W ten sam sposób, ale zakładając, że L 0 = 30 ⁢ m , mamy: Δ L = 8,6 ⋅ 10 − 3 ⁢ m . Jeżeli probówkę o pojemności 500 ⁢ ml wypełnisz po brzegi alkoholem etylowym w temperaturze 5 ⁢ ° C , to ile alkoholu wypłynie, gdy jego temperatura wzrośnie do temperatury pokojowej ( 22 ⁢ ° C )? O ile mniej wyleje się wody w takich samych warunkach? Większość samochodów posiada zbiornik wyrównawczy cieczy chłodzącej po to, aby zatrzymać jej ubytek, gdy silnik się nagrzeje. Wykonana z miedzi chłodnica wypełniona jest po brzegi 16 ⁢ l \\SI{16}{\\litre} płynu chłodzącego mającego temperaturę 10 ⁢ ° C . Jaka objętość płynu przeleje się do zbiornika, gdy chłodnica osiągnie temperaturę 95 ⁢ ° C przy założeniu, że współczynnik rozszerzalności objętościowej β = 400 ⋅ 10 − 6 ⁢ ° C − 1 (wynik będzie niedoszacowany, ponieważ większość samochodów posiada układ chłodzący pracujący przy wyższej temperaturze niż 95 ⁢ ° C )? Δ V = 0,475 ⁢ l . Pewien fizyk, przygotowując sobie kubek kawy rozpuszczalnej, zauważył, że wraz ze schładzaniem kawy jej poziom w filiżance maleje o 3 ⁢ mm . Udowodnij, że taki spadek nie może być wynikiem cieplnego kurczenia się cieczy. Oblicz różnicę poziomów kawy w kubku o objętości 350 ⁢ cm 3 i o średnicy 7 ⁢ cm podczas stygnięcia kawy od temperatury 95 ⁢ ° C do 45 ⁢ ° C (większość tej zmiany poziomu kawy wywołana jest uwalnianiem pęcherzyków powietrza). Gęstość wody w temperaturze 0 ⁢ ° C równa jest niemal 1000 ⁢ kg ∕ m 3 (dokładnie jest to 999,84 ⁢ kg ∕ m 3 ), podczas gdy gęstość lodu w tej samej temperaturze wynosi 917 ⁢ kg ∕ m 3 . Oblicz ciśnienie konieczne do utrzymania zamarzającego lodu w takiej objętości, jaką miała woda. Pomiń wpływ, jaki miałoby tak wysokie ciśnienie na temperaturę zamarzania (zadanie to ma na celu jedynie pokazanie, z jak dużymi siłami mamy do czynienia w procesie zamarzania wody). Ciśnienie wymagane do utrzymania zamarzającego lodu w takiej objętości, jaką miała woda, wynosi 1 ⁢ kg ∕ m 2 ⋅ 1000 ⁢ kg ∕ m 3 ⋅ 917 ⁢ kg ∕ m 3 = 1,98 ⋅ 10 8 ⁢ N ∕ m 2 . Udowodnij, że β = 3 ⁢ α , poprzez obliczenie infinitezymalnie małej zmiany objętości d V sześcianu o bokach równych L , kiedy temperatura zmieni się o d T . współczynnik rozszerzalności liniowej α (ang. coefficient of linear expansion ) parametr charakterystyczny dla danego materiału, który określa zmianę długości materiału przy zmianie temperatury o 1 ⁢ ° C lub 1 ⁢ K ; stała używana w obliczaniu liniowej rozszerzalności ciał; współczynnik rozszerzalności liniowej zależy w pewnym stopniu od temperatury materiału współczynnik rozszerzalności objętościowej β (ang. coefficient of volume expansion ) podobnie do α podaje zmianę objętości przy zmianie temperatury o 1 ⁢ ° C rozszerzalność cieplna (ang. thermal expansion ) zmiana rozmiaru lub objętości danego ciała wraz ze zmianą jego temperatury naprężenie cieplne (ang. thermal stress ) naprężenie spowodowane przez rozszerzalność cieplną lub kurczenie", "section": "Rozszerzalność cieplna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Przekazywanie ciepła, ciepło właściwe i kalorymetria Dowiedzieliśmy się w poprzednich rozdziałach, że energia jest jednym z fundamentalnych pojęć fizyki. Ciepło (ang. heat ) jest sposobem przekazywania energii spowodowanego różnicą temperatury i może zmieniać temperaturę ciała. Jak dowiedzieliśmy się wcześniej w tym rozdziale, wymiana ciepła (ang. heat transfer ) to przepływ energii z jednego miejsca lub materiału do innego w wyniku różnicy temperatur. Wymiana ciepła jest podstawą takich codziennych czynności jak gotowanie czy ogrzewanie mieszkania, ale także wielu bardziej skomplikowanych procesów przemysłowych. Jest także podstawą wszystkich innych tematów omawianych w tym rozdziale. Wprowadzamy także pojęcie energii wewnętrznej, którą można zwiększyć lub zmniejszyć w wyniku wymiany ciepła. Omawiamy również inny sposób zwiększenia energii wewnętrznej układu, czyli poprzez wykonanie nad nim pracy. Rozpoczynamy w ten sposób badanie związku pomiędzy ciepłem a pracą. Związek ten jest podstawą działania silników oraz lodówek, ale jest także głównym zagadnieniem (oraz źródłem nazwy) termodynamiki. Energia wewnętrzna i ciepło Każdy układ cieplny posiada energię wewnętrzną (ang. internal energy ), która jest sumą energii mechanicznych wszystkich cząsteczek układu. Energia wewnętrzna jest wprost proporcjonalna do temperatury układu. Jak dowiedzieliśmy się wcześniej w tym rozdziale, jeżeli dwa ciała o różnej temperaturze zostaną zetknięte ze sobą, to energia jest przekazywana od ciała cieplejszego do zimniejszego do momentu, gdy uzyskają równowagę cieplną (czyli ich temperatury się wyrównają). Żadne z ciał nie wykonuje pracy, ponieważ nie działają na siebie wzajemnie siłami i nie przemieszczają się (jak zostało omówione w rozdziale Praca i energia kinetyczna ). Te obserwacje pokazują, że ciepło jest spontanicznym przekazywaniem energii z powodu różnicy temperatur. pokazuje przykład wymiany ciepła. (a) Napój ma wyższą temperaturę niż lód, zatem ciała te nie są w równowadze cieplnej. (b) Kiedy napój i lód mogą oddziaływać na siebie, ciepło jest przekazywane od napoju do lodu z powodu różnicy temperatur aż do momentu, gdy osiągną tę samą temperaturę T ′ , dochodząc do równowagi termicznej. W rzeczywistości skoro zarówno napój, jak i lód oddziałują z powietrzem, to końcowa temperatura równowagi będzie taka sama jak temperatura powietrza. Znaczenie słowa ciepło w fizyce różni się od jego znaczenia w mowie potocznej. Na przykład w czasie upałów moglibyśmy powiedzieć „jest strasznie ciepło!”, ale poprawnie z punktu widzenia fizyki musielibyśmy powiedzieć, że „jest bardzo wysoka temperatura”. Ciepło jest formą przepływu energii, ale temperatura już nie. Nawiasem mówiąc – ludzka skóra reaguje na przepływ ciepła, a nie na temperaturę dotykanego przedmiotu. Skoro ciepło jest formą przekazywania energii, jego jednostką w układzie SI jest dżul ( J ). Inną popularną jednostką energii jest kaloria cal \\si{\\calorie} (ang. calorie ), zdefiniowana jako ilość energii potrzebna do zmiany temperatury 1 ⁢ g wody o 1 ⁢ ° C , a dokładnie pomiędzy 14,5 ⁢ ° C a 15,5 ⁢ ° C , ponieważ zachodzi subtelna zależność ilości przekazywanego ciepła od temperatury przedmiotu, który je odbiera. Często także używa się jednostki kilokaloria kcal \\si{\\kilo\\calorie} (ang. kilocalorie ), która określa ilość ciepła potrzebną do ogrzania 1 ⁢ kg wody o 1 ⁢ ° C . Jako że zwykle masę podajemy w kilogramach, kilokaloria jest wygodną jednostką energii. Co ciekawe, potocznie mówimy, że tabliczka czekolady ma 530 „kalorii”. Precyzyjna wypowiedź wymaga jednak użycia prawidłowej jednostki kcal \\si{\\kilo\\calorie} . Warto więc pamiętać, że tak naprawdę 100 gramów czekolady ma 530 kilokalorii. Podobnie godzina spędzona na siłowni (szczęśliwie) pozwoli nam spalić około 500 kilokalorii, a nie 500 kalorii. Mechaniczny równoważnik ciepła Okazuje się, że możliwa jest także zmiana temperatury substancji w wyniku wykonania pracy, która przekazuje energię do układu lub ją z niego zabiera. To odkrycie pomogło ustalić, że ciepło jest formą energii. James Prescott Joule (1818–1889) przeprowadził wiele eksperymentów, by wyznaczyć mechaniczny równoważnik ciepła (ang. mechanical equivalent of heat ) – pracę potrzebną, aby wytworzyć takie same efekty jak wymiana ciepła. W jednostkach używanych do opisu tych dwóch równoważnych wielkości wartość tego przelicznika wynosi 1 ⁢ kcal = 4186 ⁢ J ⁢ . Równanie to reprezentuje przekształcenie pomiędzy dwiema jednostkami energii (inne wartości liczbowe, które można znaleźć w literaturze, odnoszą się do kalorii zdefiniowanej w zakresie temperatur innym niż od 14,5 ⁢ ° C do 15,5 ⁢ ° C ). pokazuje jedno z najsłynniejszych stanowisk pomiarowych służących do pokazania, że praca i ciepło dają takie same rezultaty, oraz do zmierzenia mechanicznego równoważnika ciepła. Dzięki niemu Joule wykazał także słuszność zasady zachowania energii. W doświadczeniu tym energia potencjalna grawitacji ( E p ) zamieniała się w energię kinetyczną ( E k ), a następnie z powodu lepkości cieczy i powstających w niej turbulencji zwiększała średnią energię kinetyczną atomów i cząsteczek, powodując wzrost jej temperatury. Wkład Joule’a w termodynamikę był na tyle znaczący, że jednostka energii w układzie SI została nazwana od jego nazwiska. Eksperyment Joule’a udowodnił równoważność ciepła i pracy. Ciężarki, opadając, poruszały łopatkami i powodowały wykonanie przez nie pracy W = m ⁢ g ⁢ h , związanej z mieszaniem wody. W wyniku tego temperatura wody wzrosła o Δ T , co pokazał termometr. Joule wykazał, że Δ T była proporcjonalna do W i w ten sposób wyznaczył mechaniczny równoważnik ciepła. Zwiększenie energii wewnętrznej przez wymianę ciepła daje identyczne rezultaty jak jej zwiększenie poprzez pracę. Nawet jeżeli układ ma dobrze zdefiniowaną energię wewnętrzną, to określenie, jaką jej część uzyskał on w wyniku wymiany ciepła, a jaką w wyniku wykonania pracy, jest niemożliwe. Wielkość, która zależy wyłącznie od aktualnego stanu, w jakim znajduje się układ, a nie zależy od jego historii, nazywana jest funkcją stanu (ang. state function ). Takimi funkcjami stanu są temperatura i energia wewnętrzna. Ciepło i praca nie są funkcjami stanu. Warto zaznaczyć, że zwiększanie energii wewnętrznej układu nie zawsze musi oznaczać wzrost jego temperatury. Jak dowiemy się w następnym dziale, podczas przejścia substancji z jednego stanu skupienia do innego, jej temperatura pozostaje stała. Przykładem może być topnienie lodu w wyniku pobrania ciepła lub wykonania pracy przeciwko siłom tarcia, kiedy pocieramy kostką lodu o szorstką powierzchnię. Zmiana temperatury i pojemność cieplna Zauważyliśmy, że wymiana ciepła często powoduje zmianę temperatury. Eksperymenty pokazują, że jeżeli w układzie nie zachodzą przemiany fazowe ani nie jest wykonywana praca przez układ lub nad układem, to z reguły przekazane ciepło jest wprost proporcjonalne do zmiany temperatury i do masy układu (poniżej pokazujemy, jak traktować sytuacje, gdy to przybliżenie nie jest spełnione). Stała proporcjonalności zależy od substancji i od jej fazy: inna jest dla fazy gazowej, cieczy oraz dla ciała stałego. Pomijamy czwarty stan skupienia – plazmę, ponieważ mimo iż jest to najczęściej spotykany stan skupienia we Wszechświecie, to na Ziemi występuje rzadko i jest nietrwały. Obserwacje te będą zrozumiałe, jeżeli zauważymy, że przekazane ciepło równoważne jest zmianie energii wewnętrznej, która jest całkowitą energią cząsteczek. W typowych warunkach całkowita energia kinetyczna cząsteczek E k cał jest stałą częścią energii wewnętrznej (wyjątki od tej reguły poznamy w następnym rozdziale). Średnia energia kinetyczna cząsteczki E k śr jest proporcjonalna do temperatury bezwzględnej. Dlatego zmiana energii wewnętrznej układu jest zazwyczaj proporcjonalna do zmiany temperatury układu oraz liczby cząsteczek N . Matematycznie: Δ U ∝ Δ E k cał = N ⁢ Δ E k śr ∝ N ⁢ Δ T . Zależność od rodzaju substancji w znacznej części związana jest z różną masą atomów i cząsteczek. Pojemność cieplna substancji zależy od jej masy, ale, jak dowiemy się w następnym rozdziale, w niektórych przypadkach dla różnych substancji wartości pojemności cieplnej przypadającej na jedną cząsteczkę są do siebie zbliżone. Zależność od rodzaju substancji oraz fazy, w jakiej się znajduje, wynika także z różnic w energii potencjalnej związanej z oddziaływaniami między atomami i cząsteczkami. Wymiana ciepła i zmiana temperatury Stosowane w praktyce przybliżenie relacji między przekazanym ciepłem a zmianą temperatury wygląda następująco Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T ⁢ , \\prefop{\\Delta} Q = mc\\prefop{\\Delta} T \\text{,} gdzie Δ Q \\prefop{\\Delta} Q oznacza przekazane ciepło, m to masa substancji, a Δ T to zmiana temperatury. Współczynnik c nosi nazwę ciepła właściwego (ang. specific heat ) i zależy od substancji i jej fazy. Ciepło właściwe jest liczbowo równe ilości ciepła potrzebnej do zmiany temperatury 1 ⁢ kg substancji o 1 ⁢ ° C . Jednostką ciepła właściwego w układzie SI jest J ∕ kg ⁢ K (jak pamiętamy, zmiana temperatury Δ T jest taka sama zarówno w kelwinach, jak i w stopniach Celsjusza). Wartości ciepła właściwego muszą zostać zmierzone doświadczalnie, ponieważ nie ma łatwego sposobu, by obliczyć je w sposób dokładny. W zebrano przykładowe wartości ciepła właściwego różnych substancji. Można zauważyć, że ciepło właściwe wody jest pięć razy większe niż szkła i dziesięć razy większe niż żelaza. Oznacza to, że chcąc podgrzać taką samą masę substancji, dla wody potrzeba pięć razy więcej ciepła niż dla szkła i dziesięć razy więcej niż dla żelaza. W rzeczywistości woda ma jedną z największych wartości ciepła właściwego spośród innych znanych substancji, co ma bardzo duże znaczenie dla podtrzymania życia na Ziemi. Ciepło właściwe gazów zależne jest od tego, który parametr w czasie podgrzewania utrzymywany jest w stałej wielkości. Zwykle jest to objętość lub ciśnienie. W podanej tabeli pierwsza wartość ciepła właściwego gazów zmierzona została przy stałej objętości, a druga (w nawiasie) przy stałym ciśnieniu. Powrócimy do tego tematu w rozdziale na temat kinetycznej teorii gazów. Ciepło właściwe różnych substancji Wartości dla ciał stałych i dla cieczy podane są przy stałej objętości i temperaturze 25 ⁢ ° C , chyba że zaznaczono inaczej. . Substancja Ciepło właściwe ( c ) Ciała stałe J ∕ kg ⁢ ° C kcal ∕ kg ⁢ ° C Wartości te są identyczne w jednostkach cal ∕ g ⁢ ° C . Aluminium 900 0,215 Azbest 800 0,19 Beton, granit (średnio) 840 0,2 Miedź 387 0,0924 Szkło 840 0,2 Złoto 129 0,0308 Ludzkie ciało (średnio w 37 ⁢ ° C ) 3500 0,83 Lód (średnio, − 50 ⁢ ° C do 0 ⁢ ° C ) 2090 0,5 Żelazo, stal 452 0,108 Ołów 128 0,0305 Srebro 235 0,0562 Drewno 1700 0,4 Ciecze Benzen 1740 0,415 Etanol 2450 0,586 Gliceryna 2410 0,576 Rtęć 139 0,0333 Woda ( 15 ⁢ ° C ) 4186 1 Gazy Ciepło właściwe przy stałej objętości i w temperaturze 20 ⁢ ° C , chyba że zaznaczono inaczej, oraz pod ciśnieniem 1 ⁢ atm . Wartości w nawiasach to ciepło właściwe przy stałym ciśnieniu 1 ⁢ atm . Powietrze (suche) 721 ⁢ 1015 0,172 ⁢ 0,242 Amoniak 1670 ⁢ 2190 0,399 ⁢ 0,523 Dwutlenek węgla 638 ⁢ 833 0,152 ⁢ 0,199 Azot 739 ⁢ 1040 0,177 ⁢ 0,248 Tlen 651 ⁢ 913 0,156 ⁢ 0,218 Para wodna ( 100 ⁢ ° C ) 1520 ⁢ 2020 0,363 ⁢ 0,482 Ciepło właściwe zależy od temperatury, dlatego precyzyjna definicja c dla danej substancji musi zostać podana dla infinitezymalnej zmiany temperatury. Aby to osiągnąć, piszemy c = 1 ∕ m ⋅ Δ Q ∕ Δ T c=(1/m)\\cdot(\\prefop{\\Delta}Q/\\prefop{\\Delta}T) i zamieniamy Δ na d c = 1 m ⋅ d Q d T ⁢ . W przypadku większości substancji, z wyjątkiem gazów, w zakresach temperatury bliskich temperaturze pokojowej zależność ciepła właściwego od temperatury i objętości jest niewielka. Dlatego będziemy przyjmować, że wartości ciepła właściwego podane w tabeli są stałe. Obliczanie ciepła potrzebnego do ogrzania substancji Półkilogramowy aluminiowy rondel wypełniony 0,25 ⁢ l wody stoi na piecu i jest ogrzewany od temperatury 20 ⁢ ° C do 80 ⁢ ° C . Jaką ilość ciepła należy dostarczyć do podgrzania wody? Jaką ilość ciepła należy dostarczyć do podgrzania rondla? Jaką ilość ciepła należy dostarczyć do układu w tym procesie i jaki procent ciepła użyty zostanie do podgrzania wody? Strategia rozwiązania Możemy założyć, że temperatury rondla i wody zawsze są sobie równe. Umieszczając rondel z wodą na kuchence, zwiększamy temperaturę naczynia i jego zawartości o taką samą wartość. Korzystamy z równania opisującego przepływ ciepła dla podanej zmiany temperatury oraz podanych mas wody i aluminium. Wartości ciepła właściwego dla wody i aluminium odczytujemy z . Rozwiązanie Obliczamy zmianę temperatury Δ T = T k − T p = 60 ⁢ ° C ⁢ . \\prefop{\\Delta} T = T_{\\text{k}} - T_{\\text{p}} = \\SI{60}{\\celsius} \\text{.} Obliczamy masę wody. Skoro gęstość wody to 1000 ⁢ kg ∕ m 3 , to 1 ⁢ l wody ma masę 1 ⁢ kg , a masa 0,25 ⁢ l wody to m w = 0,25 ⁢ kg . Obliczamy ilość ciepła dostarczonego do wody. Korzystamy z wartości ciepła właściwego wody podanej w Δ Q w = m w ⁢ c w ⁢ Δ T = 0,25 ⁢ kg ⋅ 4186 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C ⋅ 60 ⁢ ° C = 62,8 ⁢ kJ ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} = m_{\\text{w}} c_{\\text{w}} \\prefop{\\Delta} T = \\SI{0,25}{\\kilo\\gram} \\cdot \\SI{4186}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius} \\cdot \\SI{60}{\\celsius} = \\SI{62,8}{\\kilo\\joule} \\text{.} Obliczamy ciepło dostarczone do aluminium. Używamy wartości ciepła właściwego dla aluminium podanej w Δ Q Al = m Al ⁢ c Al ⁢ Δ T = 0,5 ⁢ kg ⋅ 900 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C ⋅ 60 ⁢ ° C = 27 ⁢ kJ ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{Al}} = m_{\\text{Al}} c_{\\text{Al}} \\prefop{\\Delta} T = \\SI{0,5}{\\kilo\\gram} \\cdot \\SI{900}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius} \\cdot \\SI{60}{\\celsius} = \\SI{27}{\\kilo\\joule} \\text{.} Obliczamy całkowitą ilość dostarczonego ciepła Δ Q cał = Δ Q w + Δ Q Al = 89,8 ⁢ kJ ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{cał}} = \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} + \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{Al}} = \\SI{89,8}{\\kilo\\joule} \\text{.} Δ Q w Δ Q cał = 62,8 ⁢ kJ 89,8 ⁢ kJ = 0,699 = 69,9 ⁢ % ⁢ . \\frac{\\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}}}{\\prefop{\\Delta} Q_{\\text{cał}}} = \\frac{\\SI{62,8}{\\kilo\\joule}}{\\SI{89,8}{\\kilo\\joule}} = \\num{0,699} = \\SI{69,9}{\\percent} \\text{.} Znaczenie Do ogrzania naczynia wykorzystano znaczną część, bo aż 30,1 ⁢ % \\SI{30,1}{\\percent} , całkowitego ciepła dostarczonego do układu.Masa rondla jest co prawda dwukrotnie większa niż masa wody, ale ciepło właściwe wody jest czterokrotnie większe niż ciepło właściwe aluminium. Sumarycznie więc do podgrzania wody potrzeba ponad dwukrotnie więcej ciepła niż do podgrzania cięższego od niej aluminiowego naczynia. pokazuje przyrost temperatury wywołany w wyniku pracy (wynik będzie identyczny, jeśli tę samą ilość ciepła dostarczymy za pomocą podgrzania np. palnikiem, zamiast za pomocą pracy). Obliczanie wzrostu temperatury wynikającego z pracy wykonanej nad układem Przy ograniczaniu prędkości ciężarówki jadącej z górki hamulce wykonują pracę, przekształcając energię mechaniczną na energię wewnętrzną tarczy i klocków hamulcowych ( ). Przeciwdziała to zamianie energii potencjalnej w energię kinetyczną ciężarówki. Ponieważ masa ciężarówki jest znacznie większa niż masa elementów tarczy i klocków hamulcowych, które absorbują tę energię, wzrost temperatury hamulców może być zbyt szybki, by sprawnie mogły oddać nadmiar ciepła do otoczenia. Inaczej mówiąc – hamulce mogą ulec przegrzaniu. Dymiące hamulce w hamującej ciężarówce są widocznym dowodem mechanicznego równoważnika ciepła. Obliczmy wzrost temperatury układu hamulcowego o łącznej masie 10 ⁢ kg , zbudowanego z materiału o średniej wartości ciepła właściwego 800 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C . Układ hamulcowy przejmuje 10 ⁢ % energii ciężarówki o masie 10 000 ⁢ kg zjeżdżającej ze stałą prędkością ze wzniesienia o wysokości 75 ⁢ m . Strategia rozwiązania Obliczamy energię potencjalną grawitacji ( M ⁢ g ⁢ h ), którą ciężarówka traci, zjeżdżając ze wzniesienia; przyrównujemy ją do wzrostu energii wewnętrznej hamulców, a następnie obliczamy wzrost temperatury materiału hamulcowego. Rozwiązanie Najpierw obliczamy zmianę energii potencjalnej grawitacji ciężarówki po zjechaniu ze wzniesienia M ⁢ g ⁢ h = 10 ⁢ kg ⋅ 9,8 ⁢ m ∕ s 2 ⋅ 75 ⁢ m = 7,35 ⋅ 10 6 ⁢ J ⁢ . Ciężarówka zjeżdża ze stałą prędkością, a więc jej energia kinetyczna jest stała. Zasada zachowania energii mówi nam, że utracona energia potencjalna zostaje rozproszona, a tutaj załóżmy, że jej 10 ⁢ % zostaje przekazane do układu hamulcowego. Mamy zatem Δ Q = M ⁢ g ⁢ h ∕ 10 \\prefop{\\Delta} Q = Mgh / 10 . Następnie obliczamy zmianę temperatury na podstawie ilości dostarczonego ciepła ze wzoru Δ T = Δ Q m ⁢ c ⁢ , \\prefop{\\Delta} T = \\frac{\\prefop{\\Delta} Q}{mc} \\text{,} gdzie m to masa materiału hamulców. Podstawiamy znane wartości i otrzymujemy Δ T = 7,35 ⋅ 10 5 ⁢ J 10 ⁢ kg ⋅ 800 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C = 92 ⁢ ° C ⁢ . Znaczenie Jeżeli nasza ciężarówka poruszała się już od jakiegoś czasu, zanim zaczęła zjeżdżać ze wzniesienia, to zapewne temperatura hamulców była wyższa od temperatury otoczenia. Temperatura hamulców po zjechaniu z tak dużego wzniesienia mogłaby być bardzo duża, więc taki sposób hamowania nie jest praktyczny. Aby zapobiec przegrzaniu hamulców, kierowca ciężarówki użyje tzw. techniki hamowania silnikiem. Inny rodzaj konwersji energii zastosowano także ostatnio w samochodach o napędzie elektrycznym lub hybrydowym. Tam energię mechaniczną (potencjalną grawitacji i kinetyczną) zamienia się w energię elektryczną magazynowaną w akumulatorach. Proces ten nazywany jest hamowaniem rekuperacyjnym, czyli hamowaniem z odzyskiem energii. Często rozważanym zagadnieniem jest sytuacja, gdy dwa ciała o różnych temperaturach odizolowujemy od otoczenia i stykamy jedno z drugim, żeby osiągnęły równowagę cieplną. Urządzenie, które umożliwia odizolowanie ciała od otoczenia poprzez ograniczenie przepływu ciepła pomiędzy jego wnętrzem a otoczeniem, nazywamy kalorymetrem (ang. calorimeter ). Badanie pojemności cieplnej oraz ciepła właściwego substancji za pomocą kalorymetru nazywamy kalorymetrią (ang. calorimetry ). Żeby obliczyć temperaturę końcową po osiągnięciu przez odizolowany układ równowagi termicznej, należy pamiętać o tym, że ilość ciepła utraconego przez ciało o wyższej temperaturze zawsze równa jest ilości ciepła, jakie zyskało ciało o temperaturze niższej. Zgodnie z zasadą zachowania energii mamy Δ Q oddane + Δ Q pobrane = 0 ⁢ J ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{oddane}} + \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{pobrane}} = \\SI{0}{\\joule} \\text{.} Zapisujemy to wyrażenie jako sumę, ponieważ ciepło pobrane traktujemy jako dodatnie, natomiast ciepło oddane jako ujemne. Obliczanie końcowej temperatury ustalonej w kalorymetrze Do ważącego 0,5 ⁢ kg , właśnie zdjętego z kuchenki, rondla mającego temperaturę 150 ⁢ ° C wlewamy 0,25 ⁢ kg (w przybliżeniu to około jednej szklanki) wody o temperaturze 20 ⁢ ° C . Jaka będzie temperatura układu woda-rondel, gdy osiągnie on równowagę? Rondel stoi na izolacyjnej podkładce. Pomijamy ciepło, które mogło zostać oddane do otoczenia. Załóżmy, że ciepło przepływa tylko między rondlem a wodą. Przyjmijmy także, że woda po wlaniu jej do rondla nie paruje. Strategia rozwiązania Na początku woda i rondel nie są w równowadze – garnek ma wyższą temperaturę niż woda. Po wlaniu wody do rondla ciepło z rondla zaczyna przepływać do wody. Przepływ ciepła kończy się w momencie osiągnięcia równowagi cieplnej pomiędzy wodą a rondlem. Zgodnie z podstawową zasadą kalorymetrii ciepło utracone przez rondel jest równe ciepłu, jakie uzyskała woda. Rozwiązanie Korzystamy z równania opisującego przepływ ciepła Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q = mc \\prefop{\\Delta} T , aby zapisać ilość ciepła utraconego przez aluminiowy garnek w odniesieniu do jego masy, ciepła właściwego aluminium oraz jego temperatury początkowej i końcowej Δ Q Al = m Al ⁢ c Al ⁢ T k − 150 ⁢ ° C ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{Al}} = m_{\\text{Al}}c_{\\text{Al}}(T_{\\text{k}}-\\SI{150}{\\celsius}) \\text{.} Zapisujemy podobnie ciepło uzyskane przez wodę Δ Q w = m w ⁢ c w ⁢ T k − 20 ⁢ ° C ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} = m_{\\text{w}}c_{\\text{w}} (T_{\\text{k}}-\\SI{20}{\\celsius}) \\text{.} Zauważamy, że ciepło Δ Q Al < 0 ⁢ J \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{Al}} < \\SI{0}{\\joule} , a Δ Q w > 0 ⁢ J \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} > \\SI{0}{\\joule} oraz że, jak wcześniej stwierdziliśmy, ich suma musi dać zero Δ Q w + Δ Q Al = 0 ⁢ J ⁢ , Δ Q w = − Δ Q Al ⁢ , m w ⁢ c w ⁢ T k − 20 ⁢ ° C = − m Al ⁢ c Al ⁢ T k − 150 ⁢ ° C ⁢ . \\begin{align} \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}}+\\prefop{\\Delta} Q_{\\text{Al}} &= \\SI{0}{\\joule} \\text{,}\\\\ \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} &=-\\prefop{\\Delta} Q_{\\text{Al}} \\text{,}\\\\ m_{\\text{w}}c_{\\text{w}}(T_{\\text{k}}-\\SI{20}{\\celsius}) &=-m_{\\text{Al}}c_{\\text{Al}}(T_{\\text{k}}-\\SI{150}{\\celsius}) \\text{.} \\end{align} Jest to równanie z jedną niewiadomą, którą jest temperatura końcowa układu T k . Rozwiązując je w celu wyznaczenia T k , otrzymujemy T k = m Al ⁢ c Al ⋅ 150 ⁢ ° C + m w ⁢ c w ⋅ 20 ⁢ ° C m Al ⁢ c Al + m w ⁢ c w ⁢ . T k = 0,5 ⁢ kg ⋅ 900 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C ⋅ 150 ⁢ ° C + 0,25 ⁢ kg ⋅ 4186 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C ⋅ 20 ⁢ ° C 0,5 ⁢ kg ⋅ 900 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C + 0,25 ⁢ kg ⋅ 4186 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C = 59,1 ⁢ ° C ⁢ . Znaczenie Dlaczego temperatura końcowa jest znacznie bliższa 20 ⁢ ° C niż 150 ⁢ ° C ? Przyczyną tego jest fakt, że woda ma znacznie większe ciepło właściwe niż większość powszechnie spotykanych substancji. Oznacza to, że jeśli dostarczymy tę samą ilość ciepła do kilograma wody oraz do kilograma wspomnianej substancji, to woda zawsze ogrzeje się słabiej. Aby w sposób zauważalny podnieść temperaturę znacznej ilości wody, np. takiej jaka znajduje się w jeziorze, należy dostarczyć bardzo dużo ciepła. To wyjaśnia, dlaczego temperatura wody w jeziorze pozostaje względnie stała w ciągu doby, mimo że wahania temperatury powietrza pomiędzy dniem a nocą są duże. Wyraźnie zauważalną zmianę temperatury tak dużej ilości wody, jaka jest w jeziorze, widać dopiero w dłuższej skali czasowej, np. pomiędzy latem a zimą. Na marginesie, różnice w nagrzewaniu się lądu i np. morza są przyczyną powstawania bryzy, a w większej skali huraganów. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli do zwiększenia temperatury kamienia z 25 ⁢ ° C do 30 ⁢ ° C potrzebne jest 25 ⁢ kJ ciepła, to ile ciepła potrzeba, aby podgrzać go z 45 ⁢ ° C do 50 ⁢ ° C ? Z bardzo dużą dokładnością można uznać, że ilość przekazywanego ciepła zależy jedynie od różnicy temperatur. Skoro w obydwu przypadkach różnica temperatur jest identyczna, to ciepło potrzebne w drugim przypadku będzie takie samo jak w pierwszym – 25 ⁢ kJ . Jak dowiemy się w kolejnym dziale, odpowiedź byłaby inna, gdyby kamień zmieniał swój stan skupienia w jakiejkolwiek temperaturze z przedziału pomiędzy 30 ⁢ ° C a 50 ⁢ ° C . Zależność temperaturowa pojemności cieplnej W bardzo niskich temperaturach ciepło właściwe ciał stałych jest proporcjonalne do trzeciej potęgi temperatury T 3 . Pierwszym, który rzucił światło na wyjaśnienie tej zależności, był holenderski fizyk Peter Debye (1884–1966) , który w 1912 roku opisał zjawiska oscylacji atomu za pomocą teorii kwantowej, której niewiele wcześniej Max Planck użył do opisania promieniowania. Dobrym przybliżeniem ciepła właściwego soli kuchennej (chlorku sodu – NaCl) jest c = 3,33 ⋅ 10 4 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ T ∕ 321 ⁢ K 3 . Stała 321 ⁢ K to temperatura Debye’a Θ D (ang. Debye temperature ) dla NaCl, a wzór daje dobre wyniki, gdy T < 0,04 ⁢ Θ D . Używając powyższego wzoru, obliczymy, ile ciepła potrzeba do podniesienia temperatury 24 ⁢ g NaCl z 5 ⁢ K do 15 ⁢ K . Rozwiązanie Ponieważ pojemność cieplna zależy od temperatury, musimy zastosować równanie c = 1 m ⋅ d Q d T ⁢ . Uzyskamy Q , rozwiązując to równanie poprzez całkowanie obu jego stron: Q = m ⁢ ∫ T 1 T 2 c ⁢ d T . Następnie podstawiamy znane wartości i obliczamy całkę Q = 0,024 ⁢ kg ⁢ ∫ T 1 T 2 3,33 ⋅ 10 4 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ T 321 ⁢ K 3 ⁢ d T Q = 2,42 ⋅ 10 -5 ⁢ J ∕ K 4 ⋅ 1 4 ⁢ T | 5 ⁢ K 15 ⁢ K = 0,302 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} Q &= \\SI{0,024}{\\kilo\\gram} \\int_{T_1}^{T_2} \\SI{3,33e4}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\kelvin} \\cdot (\\frac{T}{\\SI{321}{\\kelvin}})^3 \\d T \\\\ &= \\SI{2,42e-5}{\\joule\\per\\kelvin\\super} \\cdot \\frac{1}{4} T \\mid_{\\SI{5}{\\kelvin}}^{\\SI{15}{\\kelvin}} = \\SI{0,302}{\\joule} \\text{.}\\end{multiline} Q = 0,024 ⁢ kg ⁢ ∫ T 1 T 2 3,33 ⋅ 10 4 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ T 321 ⁢ K 3 ⁢ d T = 2,42 ⋅ 10 -5 ⁢ J ∕ K 4 ⋅ 1 4 ⁢ T | 5 ⁢ K 15 ⁢ K = 0,302 ⁢ J ⁢ . Znaczenie Gdybyśmy użyli równania Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta}Q = mc\\prefop{\\Delta}T oraz wartości ciepła właściwego dla soli w temperaturze pokojowej wynoszącej 880 ⁢ J ∕ kg ⁢ K \\SI{880}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\kelvin} , otrzymalibyśmy całkiem inny wynik. Podsumowanie Ciepło i praca są dwiema różnymi metodami przekazywania energii. Ilość ciepła przekazanego do lub z ciała, gdy zmienia się jego temperatura, można opisać równaniem Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q = mc\\prefop{\\Delta}T , gdzie m to masa ciała, a c to jego ciepło właściwe. Pytania W jaki sposób wymiana ciepła zależy od temperatury? Wymiana ciepła powodowana jest różnicą temperatury. Opisz jakąś sytuację, w której dochodzi do wymiany ciepła. Czy gdy dostarczasz ciepło do układu, to energia przechowywana jest w postaci ciepła? Opisz tę sytuację. Nie, energia przechowywana jest w postaci energii cieplnej. Układ termodynamiczny nie posiada dokładnie zdefiniowanej ilości ciepła. Podczas hamowania od prędkości v do zatrzymania hamulce samochodu zwiększają swoją temperaturę o Δ T . O ile większy byłby wzrost temperatury Δ T , gdyby samochód hamował z dwukrotnie większej prędkości początkowej? Można założyć, że samochód zatrzymuje się na tyle szybko, że nie dochodzi do oddania ciepła z hamulców do otoczenia. Zadania W gorący dzień temperatura basenu wypełnionego 80 000 ⁢ l wody zwiększa się o 1,5 ⁢ ° C . Jaka ilość ciepła została dostarczona do wody? Pomiń wszelkie komplikacje, takie jak parowanie wody. Δ Q = 5,2 ⋅ 10 8 ⁢ J \\prefop{\\Delta} Q = \\SI{5,2e8}{\\joule} . W celu wysterylizowania 50-gramowej butelki dziecięcej musisz podgrzać ją od temperatury 22 ⁢ ° C do 95 ⁢ ° C . Ile ciepła należy dostarczyć do butelki? Dostarczenie identycznej ilości ciepła do takiej samej masy różnych substancji powoduje różne zmiany temperatury. Oblicz temperaturę końcową, gdy dostarczysz 1 ⁢ kcal ciepła do 1 ⁢ kg substancji o temperaturze początkowej równej 20 ⁢ ° C , kiedy ta substancja to woda; beton; stal; rtęć. Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T ⇒ Δ T = Δ Q ∕ m ⁢ c \\prefop{\\Delta}Q=mc\\prefop{\\Delta}T \\implies \\prefop{\\Delta}T=\\prefop{\\Delta}Q/(mc) ; a. 21 ⁢ ° C ; b. 25 ⁢ ° C ; c. 29,3 ⁢ ° C ; d. 50 ⁢ ° C . Pocierając dłonią o dłoń, rozgrzewasz się w wyniku zamiany pracy w energię cieplną. Pewna kobieta, aby ogrzać sobie ręce, wykonuje łącznie 20 potarć ręką o rękę, za każdym potarciem przemieszczając dłonie o 7,5 ⁢ cm . Siła tarcia pomiędzy dłońmi wynosi 40 ⁢ N . Ile wyniesie wzrost temperatury powierzchni dłoni? Masa ogrzanych tkanek wynosi 0,1 ⁢ kg . Lity blok pewnej substancji o masie 0,25 ⁢ kg podgrzano od temperatury 20 ⁢ ° C do 65 ⁢ ° C w wyniku dostarczenia 4,35 ⁢ kJ energii. Oblicz ciepło właściwe tej substancji i na tej podstawie zidentyfikuj ją. Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T ⇒ c = Δ Q ∕ m ⁢ Δ T = 1,04 ⁢ kcal ∕ 0,25 ⁢ kg ⋅ 45 ⁢ ° C = 0,0924 ⁢ kcal ∕ kg ⁢ ° C \\prefop{\\Delta} Q=mc\\prefop{\\Delta}T \\implies c=\\prefop{\\Delta} Q/(m\\prefop{\\Delta}T) = \\SI{1,04}{\\kilo\\calorie}/(\\SI{0,25}{\\kilo\\gram}\\cdot\\SI{45}{\\celsius}) = \\SI{0,0924}{\\kilo\\calorie\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius} . To miedź. Taką samą ilość ciepła dostarczono do różnych ilości wody i miedzi, co spowodowało identyczną zmianę temperatury obydwu substancji. Oblicz, jaki musi być stosunek masy miedzi do wody, by otrzymać taki rezultat. Liczbę kilokalorii w pożywieniu mierzy się za pomocą kalorymetru poprzez spalenie pokarmu i pomiar ilości ciepła wytworzonego w ten sposób. Ile kilokalorii zawiera 5 ⁢ g orzeszków ziemnych, jeżeli ciepło po jego spaleniu podgrzewa 0,5 ⁢ kg wody i aluminiowy kubek o masie 0,1 ⁢ kg do temperatury 54,9 ⁢ ° C ? Załóż, że proces ten odbywa się w kalorymetrze, czyli w idealnie odizolowanym od otoczenia pojemniku; Porównaj swoją odpowiedź z następującą informacją znajdującą się na opakowaniu prażonych orzeszków ziemnych: porcja 33 ⁢ g zawiera 200 kalorii. Czy otrzymany wynik zgadza się z oznaczeniem na opakowaniu? Δ Q = m w ⁢ c w ⁢ Δ T + m Al ⁢ c Al ⁢ Δ T = m w ⁢ c w + m Al ⁢ c Al ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q = m_{\\text{w}}c_{\\text{w}}\\prefop{\\Delta}T + m_{\\text{Al}}c_{\\text{Al}}\\prefop{\\Delta}T= (m_{\\text{w}}c_{\\text{w}}+m_{\\text{Al}}c_{\\text{Al}})\\prefop{\\Delta}T , Δ Q = 0,5 ⁢ kg ⋅ 1 ⁢ kcal ∕ kg ⁢ ° C + 0,1 ⁢ kg ⋅ 0,215 ⁢ kcal ∕ kg ⁢ ° C ⋅ 54,9 ⁢ ° C = 28,63 ⁢ kcal \\prefop{\\Delta} Q = [\\SI{0,5}{\\kilo\\gram}\\cdot\\SI{1}{\\kilo\\calorie\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius}+\\SI{0,1}{\\kilo\\gram}\\cdot\\SI{0,215}{\\kilo\\calorie\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius}]\\cdot\\SI{54,9}{\\celsius} = \\SI{28,63}{\\kilo\\calorie} , Δ Q ∕ m = 28,63 ⁢ kcal ∕ 5 ⁢ g = 5,73 ⁢ kcal ∕ g \\prefop{\\Delta} Q/m = \\SI{28,63}{\\kilo\\calorie}/\\SI{5}{\\gram} = \\SI{5,73}{\\kilo\\calorie\\per\\gram} ; b. Δ Q ∕ m p = 200 ⁢ kcal ∕ 33 ⁢ g = 6 ⁢ kcal ∕ g \\prefop{\\Delta} Q/m_{\\text{p}} = \\SI{200}{\\kilo\\calorie}/\\SI{33}{\\gram} = \\SI{6}{\\kilo\\calorie\\per\\gram} , co jest zgodne z wynikiem w podpunkcie (a), do pierwszego miejsca znaczącego. Po intensywnych ćwiczeniach fizycznych temperatura ciała człowieka o masie 80 ⁢ kg wynosi 40 ⁢ ° C . Ile wynosi moc (w watach), z jaką człowiek ten musi obniżyć temperaturę swojego ciała do 37 ⁢ ° C w ciągu 30 minut, zakładając, że ciało ciągle produkuje energię z szybkością odpowiadającą 150 ⁢ W ? W badaniu zdrowych młodych mężczyzn J.W. Vezina, An examination of the differences between two methods of estimating energy expenditure in resistance training activities, Journal of Strength and Conditioning Research , April 28, 2014, http://www.ncbi.nlm.nih.gov/pubmed/24402448. stwierdzono, że wykonywanie 20 pompek na minutę spala ilość energii, odpowiadającą 8,06 ⁢ kcal dla 70-kilogramowego mężczyzny. O ile wzrośnie temperatura jego ciała przy założeniu, że przy wykonywaniu tych ćwiczeń jego ciało nie odda żadnego ciepła do otoczenia? 0,139 ⁢ ° C . Próbka wody o masie 1,28 ⁢ kg i w temperaturze 10 ⁢ ° C znajduje się w kalorymetrze. Wrzucamy do niej kawałek stali o masie 0,385 ⁢ kg podgrzany do temperatury 215 ⁢ ° C . Ile wyniesie końcowa temperatura równowagi po ustaniu wrzenia i skraplania? Załóż, że cała odparowana woda ponownie ulegnie skropleniu, a proces wrzenia i skraplania nie wpłynie na wartość końcowej temperatury. Jak dowiemy się w kolejnym dziale, to założenie jest słuszne. Powtórz poprzednie zadanie, zakładając, że woda znajduje się w szklanej zlewce o masie 0,2 ⁢ kg , a całość umieszczona jest w kalorymetrze. Zlewka na początku znajduje się w takiej samej temperaturze jak woda. Zanim dokonasz obliczeń, zastanów się, czy wynik będzie wyższy, czy niższy niż w poprzednim zadaniu. Czy obecność zlewki spowoduje dużą różnicę temperatury równowagi (porównaj masy i ciepła właściwe szkła i wody)? Wynik powinien być niższy. Zlewka nie spowoduje znacznej różnicy temperatury równowagi: 16,3 ⁢ ° C . kaloria cal \\si{\\calorie} (ang. calorie ) energia potrzebna do podniesienia temperatury 1 ⁢ g wody o 1 ⁢ ° C \\SI{1}{\\celsius} kalorymetr (ang. calorimeter ) naczynie, które pozwala na odizolowanie doświadczenia z zakresu termodynamiki od wpływu otoczenia kalorymetria (ang. calorimetry ) badanie przepływu ciepła występującego pomiędzy ciałami znajdującymi się wewnątrz kalorymetru ciepło (ang. heat ) forma przekazywania energii wyłącznie na skutek występującej różnicy temperatur kilokaloria kcal \\si{\\kilo\\calorie} (ang. kilocalorie ) energia potrzebna do podniesienia temperatury 1 ⁢ kg wody od 14,5 ⁢ ° C do 15,5 ⁢ ° C mechaniczny równoważnik ciepła (ang. mechanical equivalent of heat ) praca potrzebna do wytworzenia takiego samego efektu energetycznego jak w przypadku przekazu ciepła ciepło właściwe (ang. specific heat , specific heat capacity ) ilość ciepła potrzebna do zmiany temperatury 1 ⁢ kg substancji o 1 ⁢ ° C", "section": "Przekazywanie ciepła, ciepło właściwe i kalorymetria", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Przemiany fazowe Przemiany fazowe (ang. phase transitions ), inaczej przejścia fazowe (ang. phase transitions ), zarówno teoretycznie, jak i praktycznie, odgrywają ważną rolę w badaniu przepływu ciepła. Podczas topnienia (ang. melting ) ciało stałe przemienia się w ciecz. Procesem odwrotnym jest krzepnięcie (ang. freezing ). Podczas parowania (ang. evaporation ) ciecz zamienia się w gaz. Przeciwnym procesem do parowania jest skraplanie (ang. condensation ). Dana substancja topnieje lub krzepnie w temperaturze zwanej temperaturą topnienia, natomiast wrze (gwałtownie paruje) lub skrapla się w temperaturze wrzenia. Temperatury te zależą od ciśnienia. Zazwyczaj duże ciśnienie podnosi temperatury topnienia i wrzenia, a małe ciśnienie obniża je. Przykładowo temperatura wrzenia wody wynosi 100 ⁢ ° C przy ciśnieniu równym 1 ⁢ atm . Przy wyższych ciśnieniach temperatura wrzenia wody jest większa, a przy niższych mniejsza. Wyjątkiem jest topnienie i zamarzanie wody, co zostanie omówione w następnym rozdziale. Diagramy fazowe To, w jakiej fazie znajduje się dana substancja, zależy od ciśnienia i temperatury. Dlatego też wykresy ciśnienia w funkcji temperatury pokazujące fazę w ich poszczególnych obszarach dostarczają znacznej wiedzy o właściwościach termicznych substancji. Taki wykres we współrzędnych p ⁢ T nazywany jest diagramem fazowym (ang. phase diagram ). pokazuje diagram fazowy dla wody. Jeśli znamy ciśnienie i temperaturę wody, dzięki takiemu diagramowi jesteśmy w stanie określić jej fazę. Linie ciągłe – granice między fazami – wskazują przemiany fazowe, czyli temperatury i ciśnienia, w których fazy współistnieją. Na przykład temperatura wrzenia wody to 100 ⁢ ° C przy 1 ⁢ atm . Gdy ciśnienie rośnie, temperatura wrzenia wzrasta stopniowo do 374 ⁢ ° C przy ciśnieniu 218 ⁢ atm . Szybkowar (lub nawet garnek przykryty pokrywką) gotuje jedzenie szybciej niż otwarty garnek, ponieważ woda może w nim istnieć w stanie ciekłym w temperaturze wyższej niż 100 ⁢ ° C bez całkowitego wyparowania. (Jak zobaczymy w następnym rozdziale, woda w stanie ciekłym przewodzi ciepło lepiej niż para czy gorące powietrze). Krzywa temperatury wrzenia kończy się w pewnym punkcie zwanym punktem krytycznym (ang. critical point ), będącym temperaturą krytyczną (ang. critical temperature ), powyżej której fazy ciekła i gazowa nie są już rozróżnialne; substancja taka nazywana jest płynem nadkrytycznym (ang. supercritical fluid ). Przy wystarczająco dużym ciśnieniu, powyżej punktu krytycznego, gaz ma gęstość cieczy, ale się nie skrapla. Przykładowo, dwutlenek węgla jest w stanie nadkrytycznym w każdej temperaturze powyżej 31 ⁢ ° C . Ciśnienie krytyczne (ang. critical pressure ) jest ciśnieniem punktu krytycznego. Diagram fazowy, wykres p = p ⁡ T , dla wody pokazuje jej różne fazy: ciało stałe – lód, ciecz i parę wodną. W temperaturach i przy ciśnieniu powyżej punktu krytycznego nie można rozróżnić cieczy i pary. Zauważmy, że osie są nieliniowe i wykres nie ma zachowanej skali. Wykres ten jest uproszczony, aby pominąć kilka „egzotycznych” faz lodu występujących przy wyższych ciśnieniach. Diagram fazowy wody jest nietypowy, ponieważ krzywa topnienia ma ujemne nachylenie. Oznacza to, że możemy stopić lód przez zwiększenie ciśnienia. Krzywa pomiędzy ciałem stałym a obszarem odpowiadającym fazie ciekłej z reprezentuje temperaturę topnienia dla różnych ciśnień. Przykładowo temperatura topnienia wody wynosi 0 ⁢ ° C przy 1 ⁢ atm . Woda ma nietypową właściwość – w temperaturze topnienia lód jest mniej gęsty niż woda w stanie ciekłym. Tak więc przy ustalonej temperaturze możemy zmienić fazę z ciała stałego (lód) na ciekłą (woda) przez zwiększanie ciśnienia. Oznacza to, że temperatura topnienia lodu maleje wraz z rosnącym ciśnieniem, co zostało pokazane na diagramie. Na przykład, kiedy samochód porusza się po ośnieżonej drodze, śnieg zaczyna się topić z powodu zwiększonego ciśnienia wywieranego przez opony, a następnie woda ponownie zamarza, tworząc warstwę lodu. Jak pokazaliśmy we wcześniejszym rozdziale dotyczącym termometrów i skal temperatury, punkt potrójny (ang. triple point ) jest taką kombinacją temperatury i ciśnienia, przy której lód, woda w stanie ciekłym i para mogą stabilnie współistnieć, co oznacza, że wszystkie trzy fazy znajdują się w równowadze. Dla wody punkt potrójny występuje w temperaturze 273,16 ⁢ K ( 0,01 ⁢ ° C ) i przy ciśnieniu 611,2 ⁢ Pa . Kalibracja termometru w oparciu o punkt potrójny jest bardziej dokładna niż bazująca na temperaturze topnienia wody przy 1 ⁢ atm i 273,15 ⁢ K ( 0 ⁢ ° C ). Obejrzyj krótki film , żeby zobaczyć pewną substancję znajdującą się w punkcie potrójnym. Przy ciśnieniu niższym niż odpowiadające punktowi potrójnemu nie występuje już faza ciekła. Substancja może wtedy istnieć w fazie stałej lub gazowej. Dla wody poniżej 0,006 ⁢ atm nie występuje faza ciekła. Zmiana fazy ze stałej na gazową nazywana jest sublimacją (ang. sublimation ). Pewnie zauważyłeś, że śnieg może zniknąć w powietrzu bez śladu wody. Proces ten to przykład sublimacji. Występuje także proces odwrotny. Mróz może pokryć bardzo zimne okna bez przejścia przez fazę ciekłą. Na pokazany jest efekt takiego zjawiska oraz jeszcze inny przykład sublimacji. Dwutlenek węgla przy ciśnieniu atmosferycznym nie występuje w fazie ciekłej. Faza stała CO 2 znana jest pod nazwą suchy lód (ang. dry ice ), ponieważ zamiast topnieć, sublimuje. Jego temperatura sublimacji przy ciśnieniu atmosferycznym wynosi − 78 ⁢ ° C . Niektóre odświeżacze powietrza wykorzystują zjawisko sublimacji, aby rozprzestrzenić perfumy w danym pomieszczeniu. Niektóre ciała stałe, takie jak tetroksyd osmu, są tak toksyczne, że muszą być przetrzymywane w odpowiednio szczelnych pojemnikach, aby nie narażać człowieka na ich pary powstałe w wyniku sublimacji. Bezpośrednie przejścia pomiędzy ciałem stałym a parą są powszechne. Wiele z nich jest pożytecznych, a także pięknych. (a) Suchy lód sublimuje bezpośrednio do fazy gazowej dwutlenku węgla. Widoczny na zdjęciu dym składa się z kropelek wody, które skraplają się w powietrzu oziębionym przez suchy lód. (b) Mróz tworzy wzory na bardzo zimnym oknie. Jest to przykład powstawania ciała stałego bezpośrednio z pary. Źródła: (a) modyfikacja pracy Windell Oskay; (b) modyfikacja pracy Liz West Równowaga termodynamiczna podczas przemian fazowych W temperaturze topnienia fazy stała i ciekła są w równowadze. Jeśli dostarczymy ciepło, pewna ilość substancji będąca w fazie stałej stopi się, a jeśli ciepło odprowadzimy, pewna ilość tej substancji będąca w fazie ciekłej zakrzepnie. Sytuacja jest nieco bardziej skomplikowana dla równowagi pomiędzy fazami ciekłą i gazową. Zasadniczo, fazy ciekła i gazowa są w równowadze w każdej temperaturze. Fazę gazową nazywamy parą (ang. vapor ), kiedy ta istnieje w temperaturze poniżej temperatury wrzenia. W przypadku wody jest tak na przykład przy temperaturze 20 ⁢ ° C . Ciecz znajdująca się w zamkniętym naczyniu i w stałej temperaturze paruje, dopóki ciśnienie gazu nie osiągnie pewnej wartości odpowiadającej ciśnieniu pary nasyconej (ang. vapor pressure ), która z kolei zależy od rodzaju gazu i temperatury. W takiej równowadze, jeśli dostarczymy ciepło, część cieczy wyparuje, a jeśli ciepło odprowadzimy, część gazu się skropli. Cząsteczki substancji albo łączą się z cieczą, albo tworzą zawieszone kropelki. Jeśli nie ma wystarczającej ilości cieczy w naczyniu, aby gaz osiągnął ciśnienie pary nasyconej, to cała ciecz ostatecznie wyparuje. Jeśli ciśnienie pary nasyconej danej cieczy jest większe niż całkowite ciśnienie otoczenia, w tym powietrza lub innego gazu, ciecz zaczyna gwałtownie parować w całej swojej objętości. Innymi słowy – wrze. Dlatego też temperatura wrzenia cieczy przy danym ciśnieniu jest temperaturą, przy której ciśnienie pary nasyconej równe jest ciśnieniu otoczenia. Fazy ciekła i gazowa znajdują się w równowadze w temperaturze wrzenia ( ). Jeśli substancja w zamkniętym naczyniu osiąga temperaturę wrzenia, to zaczyna wrzeć, natomiast gaz skrapla się z tą samą szybkością przy zachowaniu całkowitej ilości substancji w układzie. Stan równowagi pomiędzy cieczą a gazem w dwóch różnych temperaturach wrzenia wewnątrz zamkniętego naczynia. (a) Szybkości wrzenia i parowania są sobie równe przy danej kombinacji temperatury i ciśnienia, zatem fazy ciekła i gazowa są w równowadze. (b) W wyższej temperaturze szybkość wrzenia jest większa, co oznacza, że cząsteczki opuszczają ciecz i przyłączają się do gazu znacznie szybciej. Liczba cząsteczek gazu rośnie, przez co zwiększa się ciśnienie, a tym samym szybkość, przy której cząsteczki gazu się skraplają i łączą z powrotem z cieczą. Ciśnienie przestaje rosnąć wtedy, gdy osiągnięty zostaje taki stan, w którym szybkości wrzenia i skraplania są sobie równe. Gaz i ciecz znajdują się znowu w równowadze przy wyższych temperaturze i ciśnieniu. Dla wody 100 ⁢ ° C jest temperaturą wrzenia przy ciśnieniu 1 ⁢ atm . W takich warunkach woda i para wodna powinny istnieć w równowadze. Dlaczego woda w 100 ⁢ ° C w otwartym garnku całkowicie wyparuje? Gaz otaczający otwarty garnek nie jest parą wodną, lecz mieszaniną pary i powietrza. Jeśli woda i jej pary zamknięte są w naczyniu w temperaturze 100 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 1 ⁢ atm , to będą współistnieć. Jeśli zaś nad otwartym garnkiem znajduje się powietrze, to mniejsza jest liczba cząsteczek wody, które mogą się skroplić, przez co woda wyparuje. Spójrzmy na to z innej strony. W punkcie wrzenia ciśnienie pary nasyconej jest równe ciśnieniu otoczenia. Jednakże na ciśnienie otoczenia składa się również całe powietrze wokół, więc ciśnienie pary jest mniejsze niż ciśnienie pary nasyconej w danej temperaturze, zatem proces parowania trwa nadal. Sprawdź, czy rozumiesz. Wytłumacz, dlaczego kubek wody z kostkami lodu pozostaje w temperaturze 0 ⁢ ° C nawet w gorący letni dzień. Lód i woda znajdują się w równowadze cieplnej, przez co temperatura tej mieszaniny równa jest temperaturze zamarzania. Trwa to, dopóki lód pozostaje w wodzie. Kiedy cały lód się stopi, temperatura wody zacznie rosnąć. Zmiana fazy i ciepło utajone Do tej pory omawialiśmy wymianę ciepła, w wyniku której następuje zmiana temperatury. Podczas przejść fazowych wymiana ciepła nie powoduje jednak żadnych zmian temperatury. Jako przykład rozważmy dostarczenie ciepła do próbki lodu znajdującej się w temperaturze − 20 ⁢ ° C ( ) i pod ciśnieniem atmosferycznym. Temperatura lodu rośnie liniowo i pochłania on ciepło ze stałą szybkością 2090 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C , dopóki nie osiągnie 0 ⁢ ° C . W tej temperaturze zaczyna się proces topnienia, w którym lód pochłania 333 ⁢ kJ ∕ kg . Temperatura podczas zmiany fazy wynosi stale 0 ⁢ ° C . Dopiero wtedy, kiedy cały lód ulegnie stopieniu, temperatura powstałej wody rośnie przez pochłanianie ciepła z nową stałą szybkością 4186 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C . W 100 ⁢ ° C woda zaczyna wrzeć. Woda pochłania wtedy 2256 ⁢ kJ ∕ kg , zamieniając się przy tym w parę, a temperatura pozostaje stała. Kiedy cała woda zamieni się w parę, temperatura pary zacznie rosnąć na skutek pochłaniania ciepła ze stałą szybkością 2020 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C . Gdybyśmy zaczęli od pary, którą poddalibyśmy ochładzaniu aż do momentu skraplania, a potem ochładzali wodę dalej aż do zamarznięcia, cały proces by się odwrócił, ale temperatura pozostałaby stała w każdym z procesów przemiany fazy. Temperatura w funkcji ciepła na jednostkę masy. Układ pomiarowy skonstruowany jest w taki sposób, aby nie nastąpiło parowanie, kiedy lód, ogrzewając się, zamienia się w wodę, oraz żeby para pozostawała w układzie podczas procesu parowania. Długie odcinki stałej temperatury w 0 ⁢ ° C i 100 ⁢ ° C odzwierciedlają odpowiednią ilość ciepła potrzebnego do stopienia lodu i wyparowania wody. Co się dzieje z ciepłem dostarczanym do układu podczas procesu topnienia i wrzenia? Dokąd ono wędruje, skoro temperatura nie zmienia się, dopóki dana przemiana fazowa się nie zakończy? Aby stopić ciało stałe, trzeba do niego dostarczyć energię potrzebną do rozerwania wiązań między cząsteczkami, tak aby w cieczy mogły się one swobodnie poruszać. Jednak energia kinetyczna tych cząsteczek jest taka sama jak w ciele stałym, dlatego nie następuje wzrost temperatury układu. Podobnie się dzieje podczas parowania cieczy. Odwrotny proces występuje w trakcie zamarzania bądź skraplania, kiedy to energia zostaje odprowadzona z układu w postaci ciepła po to, aby cząsteczki mogły zostać zebrane z powrotem razem przez siły przyciągania ( ). Dlatego skraplanie ma miejsce w pobliżu zimnych obiektów, takich jak szklanka z zimnym napojem. Na szklance mrożonej herbaty skropliła się para wodna, ponieważ powietrze blisko szklanki zostało ochłodzone. Powietrze nie mogło pomieścić w sobie tyle pary wodnej, ile to jest możliwe w temperaturze pokojowej, przez co woda zaczęła się skraplać na szklance. Kiedy woda się skrapla, z powietrza odprowadzane jest ciepło, co przyspiesza topnienie lodu w herbacie. Źródło: Jenny Downing Energia wydzielana podczas zamarzania wody jest wykorzystywana przez plantatorów pomarańczy. Kiedy temperatura osiąga 0 ⁢ ° C , spryskują oni drzewa wodą. Woda, zamarzając, wydziela ciepło i ogrzewa rosnące owoce pomarańczy. Dzięki temu temperatura wewnątrz owocu nie spada poniżej 0 ⁢ ° C , co mogłoby go zniszczyć ( ). Podczas tworzenia się sopli lodu na tych drzewach zostaje wydzielona ogromna ilość energii, która chroni drzewa przed spadkiem temperatury poniżej 0 ⁢ ° C . Woda jest specjalnie rozpryskiwana nad sadami, żeby uchronić je przed wymarznięciem. Źródło: Hermann Hammer Energia potrzebna do zmiany fazy zależy od liczby wiązań molekularnych oraz ich siły. Liczba wiązań jest proporcjonalna do liczby cząsteczek, a tym samym do masy danej próbki. Energia przypadająca na jednostkę masy potrzebna do zmiany fazy danej substancji z fazy stałej na fazę ciekłą, lub wydzielona podczas zmiany fazy z ciekłej na stałą, jest znana pod pojęciem ciepła topnienia (ang. heat of fusion ). Energia potrzebna do wyparowania jednostki masy danej substancji nazywana jest ciepłem parowania (ang. heat of vaporization ). Siła wiązań zależy od rodzaju cząsteczek. Ciepło Q pochłonięte lub uwolnione przez jednostkę masy m danej substancji podczas zmiany jej fazy wyrażone jest przez Q = m ⁢ c top ⁢ (topnienie/zamarzanie), Q = m ⁢ c par ⁢ (parowanie/skraplanie), gdzie utajone ciepło (ang. latent heat ) topnienia c top i utajone ciepło parowania c par są stałymi materiałowymi, które są wyznaczane doświadczalnie. Ciepła utajone są także nazywane współczynnikami ciepła utajonego (ang. latent heat coefficient ) i ciepłami przemiany (ang. heats of transformation ). Określenia utajone lub ukryte są używane dlatego, że podczas zmiany fazy ciała energia jest pochłonięta lub odprowadzona przez układ bez zmiany temperatury układu. (a) Energia jest potrzebna, by pokonać siły przyciągania (zilustrowane za pomocą sprężyn) pomiędzy cząsteczkami w ciele stałym i żeby utworzyć ciecz. Ta sama ilość energii musi być odprowadzona z cieczy, aby substancja mogła zakrzepnąć. (b) Kiedy ciało przechodzi z fazy ciekłej do gazowej, cząsteczki oddalają się od siebie na coraz większe odległości, na co potrzeba znacznie większej energii, aby pokonać siły przyciągania międzycząsteczkowego. Ta sama ilość energii musi być odprowadzona z układu, aby skroplić daną substancję będącą w stanie gazowym. pokazuje przykładowe wartości c top i c par w kJ ∕ kg , razem z temperaturami topnienia i wrzenia. Zauważmy, że w zasadzie c par > c top . Tabela pokazuje, że ilość energii potrzebna do zmiany fazy może być porównywalna z tą, która jest potrzebna do zmiany temperatury, lub większa od niej, jak można zobaczyć na . Ciepła topnienia i parowania Wartości podane dla normalnych temperatur topnienia i wrzenia przy standardowym ciśnieniu atmosferycznym ( 1 ⁢ atm ). . c top c par Substancja Temperatura topnienia ° C kJ ∕ kg kcal ∕ kg Temperatura wrzenia ° C kJ ∕ kg kcal ∕ kg Hel Hel nie ma fazy stałej pod ciśnieniem atmosferycznym. Temperatura topnienia została podana dla ciśnienia 2,5 ⁢ MPa . − 272,2 0,95 ⁢ K 5,23 1,25 − 268,9 4,2 ⁢ K 20,9 4,99 Wodór − 259,3 13,9 ⁢ K 58,6 14 − 252,9 20,2 ⁢ K 452 108 Azot − 210 63,2 ⁢ K 25,5 609 − 195,8 77,4 ⁢ K 201 48 Tlen − 218,8 544 ⁢ K 13,8 3,3 − 183 90,2 ⁢ K 213 50,9 Etanol − 114 104 24,9 78,3 854 204 Amoniak − 75 332 79,3 − 33,4 1370 327 Rtęć − 38,9 11,8 2,82 357 272 65 Woda 0 334 79,8 100 2256 W 37 ⁢ ° C (temperatura ciała człowieka) ciepło parowania c par dla wody wynosi 2430 ⁢ kJ ∕ kg lub 580 ⁢ kcal ∕ kg . 539 Siarka 119 38,1 9,1 444,6 326 77,9 Ołów 327 24,5 5,85 1750 871 208 Antymon 631 165 39,4 1440 561 134 Aluminium 660 380 90 2450 11 400 2720 Srebro 961 88,3 21,1 2193 2336 558 Złoto 1063 64,5 15,4 2660 1578 377 Miedź 1083 134 32 2595 5069 1211 Uran 1133 84 20 3900 1900 454 Wolfram 3410 184 44 5900 4810 1150 Przemiany fazowe mogą stabilizować temperaturę, która nie leży za blisko temperatur topnienia i wrzenia, ponieważ parowanie i skraplanie występuje nawet w temperaturach poniżej temperatury wrzenia. Na przykład temperatura powietrza w wilgotnym klimacie rzadko przekracza 38 ⁢ ° C , ponieważ ciepło w większości zużywane jest na odparowanie wody do powietrza. Podobnie temperatury w wilgotnym klimacie rzadko spadają poniżej punktu rosy – temperatury, w której występuje skraplanie ze względu na odpowiednio duże stężenie pary wodnej w powietrzu – ponieważ bardzo dużo ciepła wydziela się wtedy, gdy para wodna się skrapla. Do wyparowania wody poniżej temperatury wrzenia potrzeba więcej energii niż w temperaturze wrzenia. Dzieje się tak dlatego, że energia kinetyczna cząsteczek wody w temperaturach poniżej 100 ⁢ ° C jest mniejsza niż w 100 ⁢ ° C , tak więc wkład do energii dostępnej z przypadkowych ruchów cieplnych jest mniejszy. Na przykład dla temperatury ciała człowieka do odparowania potu ze skóry potrzebne jest ciepło przemiany 2428 ⁢ kJ ∕ kg , które jest około 10 ⁢ % wyższe niż ciepło parowania w 100 ⁢ ° C . Obliczanie końcowej temperatury towarzyszącej zmianie fazy Trzy kostki lodu zostały użyte do schłodzenia wody gazowanej mającej temperaturę 20 ⁢ ° C i masę m w = 0,25 ⁢ kg . Temperatura lodu wynosi 0 ⁢ ° C i każda kostka lodu ma masę 6 ⁢ g . Załóżmy, że woda sodowa trzymana jest w styropianowym kubku, aby można było pominąć straty ciepła, oraz że ma ona takie samo ciepło właściwe jak woda. Obliczmy końcową temperaturę wody sodowej, kiedy cały lód ulegnie stopieniu. Strategia rozwiązania Kostki lodu mają temperaturę 0 ⁢ ° C . Ciepło jest przekazywane z wody sodowej do lodu, powodując jego topnienie. Woda powstała po stopieniu lodu ma temperaturę 0 ⁢ ° C , także ciepło jest nadal przekazywane z wody sodowej do wody powstałej z lodu, dopóki woda z lodu i woda sodowa nie osiągną stanu równowagi cieplnej. Ciepło przekazywane do lodu wynosi Δ Q lód = m lód ⁢ c top + m lód ⁢ c w ⁢ T k − 0 ⁢ ° C ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{lód}} = m_{\\text{lód}}c_{\\text{top}}+m_{\\text{lód}}c_{\\text{w}}(T_{\\text{k}}-\\SI{0}{\\celsius}) \\text{.} Ciepło oddawane przez wodę sodową Δ Q w = m w ⁢ c w ⁢ T k − 20 ⁢ ° C ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} = m_{\\text{w}}c_{\\text{w}}(T_{\\text{k}}-\\SI{20}{\\celsius}) \\text{.} Skoro nie ma strat ciepła, to Δ Q lód = − Δ Q w \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{lód}} = - \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{w}} , jak w , zatem m lód ⁢ c top + m lód ⁢ c w ⁢ T k − 0 ⁢ ° C = − m w ⁢ c w ⁢ T k − 20 ⁢ ° C ⁢ . Przekształcimy równanie ze względu na szukaną wielkość T k T k = m w ⁢ c w ⋅ 20 ⁢ ° C − m lód ⁢ c top m w ⁢ c w + m lód ⁢ c w ⁢ . Rozwiązanie Podstawiamy wartości znanych wielkości. Masa lodu wynosi m lód = 3 ⋅ 6 ⁢ g = 0,018 ⁢ kg , a masa wody sodowej m w = 0,25 ⁢ kg . Następnie obliczamy temperaturę końcową T k = 20 930 ⁢ J − 6012 ⁢ J 1122 ⁢ J ∕ ° C = 13 ⁢ ° C ⁢ . Znaczenie Przykład ten pokazuje, jak duże są wartości energii biorące udział w zmianie fazy. Masa lodu stanowi zaledwie 7% masy wody sodowej, ale przyczynia się w znaczącym stopniu do zmiany jej temperatury. Założyliśmy, że lód miał temperaturę zamarzania. Jest to jednak wartość nierealistyczna dla lodu wyjętego prosto z zamrażarki. Typowa temperatura lodu to − 6 ⁢ ° C . Niemniej jednak taka poprawka nie wniosłaby znaczącej zmiany w wyniku, który otrzymaliśmy. Czy możesz wyjaśnić dlaczego? Tak jak w przypadku przejść fazowych ciało stałe−ciecz i ciecz−para, tak też w bezpośrednim przejściu od ciała stałego do pary bierze udział ciepło. Energia przekazywana jest wyrażana wzorem Q = m ⁢ c sub Q = mc_{\\text{sub}} , gdzie c sub c_{\\text{sub}} jest ciepłem sublimacji (ang. heat of sublimation ), analogicznie do c top i c par . Ciepło sublimacji w danej temperaturze jest równe sumie ciepła topnienia i ciepła parowania w tej temperaturze. Teraz możemy obliczyć dowolną liczbę efektów związanych ze zmianą temperatury i zmianą faz. Za każdym razem konieczne jest określenie, jakie zmiany temperatury zachodzą i z jakimi fazami mamy do czynienia. Pamiętajmy, że zarówno ciepło przekazywane, jak i sama praca mogą spowodować zmianę temperatury i zmianę fazy. Strategia rozwiązywania zadań Przeanalizuj, czy zachodzi zmiana temperatury lub zmiana fazy. Czy ciepło zostaje dostarczone do układu, czy to układ oddaje ciepło? Jeżeli nie ma pewności, czy zachodzi zmiana fazy, to rozwiąż zadanie, zakładając, że ona nie zachodzi. Następnie na podstawie uzyskanej temperatury końcowej określ, czy przekroczony został punkt topnienia lub wrzenia. Jeżeli tak, to rozwiąż zadanie w kilku krokach, biorąc pod uwagę zmianę temperatury, przemianę fazową, dalszą zmianę temperatury itd. Określ i wypisz wszystkie obiekty, których temperatura lub stan skupienia ulegają zmianie. Dane – stwórz listę danych oraz użytecznych faktów, które można wywnioskować z treści zadania. Jeżeli zachodzi zmiana temperatury, to przekazane ciepło zależy od ciepła właściwego substancji ( Wymiana ciepła, ciepło właściwe i kalorymetria ), a jeżeli zachodzi zmiana stanu skupienia, to przekazane ciepło zależne jest od ciepła przemiany substancji ( ). Szukane – określ dokładnie, co należy obliczyć w zadaniu. Przydatne będzie spisanie listy niewiadomych. Rozwiąż równanie, dzięki któremu można obliczyć szukaną. Do rozwiązanego równania podstaw dane wraz z jednostkami. Następnie wylicz wartość liczbową wyniku oraz jego jednostkę. Może zajść konieczność wykonania tego w kilku krokach, jeżeli dochodzi do zmiany stanu skupienia. W zagadnieniu kalorymetrycznym każdy etap sprowadza się do jednego równania: Q pobrane + Q oddane = 0 ⁢ J . Sprawdź, czy otrzymany wynik ma sens. Upewnij się na przykład, że uzyskana zmiana temperatury nie pociąga za sobą zmiany stanu skupienia, której wcześniej nie wziąłeś pod uwagę. Sprawdź, czy rozumiesz. Dlaczego zimą często jest tak, że śnieg nie topnieje, kiedy w ciągu dnia temperatura podnosi się powyżej temperatury zamarzania? Śnieg jest tworzony z kryształów lodu, a zatem jest fazą stałą. Ponieważ w przypadku zmiany fazy potrzebna jest ogromna ilość ciepła, proces ten trwa odpowiednio długo, zanim ciepło z powietrza zostanie przekazane do śniegu, nawet jeśli temperatura powietrza jest wyższa niż 0 ⁢ ° C . Podsumowanie Większość substancji ma trzy różne fazy – stany skupienia (w normalnych warunkach na Ziemi); zależą one od temperatury i ciśnienia. Istnieje zbiór wartości ciśnienia i odpowiadających im wartości temperatury, dla których dwie fazy mogą współistnieć (to znaczy znajdować się w równowadze cieplnej). Zmiany fazy pojawiają się przy pewnych stałych wartościach temperatury i odpowiadających im wartościach ciśnienia. Nazywamy je temperaturami wrzenia, zamarzania (lub topnienia) i sublimacji. Pytania W szybkowarze woda i para wodna znajdują się w równowadze cieplnej przy ciśnieniu większym od ciśnienia atmosferycznego. W jaki sposób to większe ciśnienie przyspiesza gotowanie? Podnosi temperaturę wrzenia, a więc woda, od której jedzenie czerpie ciepło, ma większą temperaturę. Poniżej pokazano diagram fazowy dla dwutlenku węgla. Ile wynosi ciśnienie pary nasyconej fazy stałej dwutlenku węgla (suchego lodu) w − 78,5 ⁢ ° C ? (Zauważ, że na wykresie osie nie są liniowe i nie jest zachowana skala). Czy dwutlenek węgla może zostać skroplony w temperaturze pokojowej ( 20 ⁢ ° C )? Jeśli tak, to w jaki sposób? Jeśli nie, to dlaczego (zobacz diagram fazowy z poprzedniego zadania)? Tak, przez podniesienie ciśnienia powyżej 56 ⁢ atm . Na czym polega różnica między gazem a parą? Zmiany temperatury i zmiany fazy mogą wynikać z wymiany ciepła. Co innego może jeszcze powodować te zmiany? Praca. Jak ciepło topnienia wody przyczynia się do spowolnienia spadku temperatury powietrza, co może uniemożliwić znaczne spadki temperatury poniżej 0 ⁢ ° C w pobliżu dużych akwenów? Jaka jest temperatura lodu zaraz po zamarznięciu wody? 0 ⁢ ° C (pod ciśnieniem atmosferycznym). Jeśli umieścisz lód o temperaturze 0 ⁢ ° C w wodzie o temperaturze 0 ⁢ ° C , znajdującej się w izolowanym pojemniku, to czego na koniec będzie więcej? Czy w pojemniku będzie więcej wody, a mniej lodu, czy odwrotnie? Czy może ilości lodu i wody będą takie same jak na początku? Jaki wpływ na topnienie lodu będzie miało skraplanie się pary wodnej na zewnętrznej ściance szklanki, w której znajduje się mrożona woda? Czy skraplanie przyspieszy proces topnienia lodu w szklance, czy też spowolni? Przy skraplaniu wydziela się ciepło, które przyspieszy proces topnienia lodu. W Miami, na Florydzie, gdzie klimat jest bardzo wilgotny, a w pobliżu znajduje się wiele akwenów, temperatura powietrza zazwyczaj nie przekracza 38 ⁢ ° C . Z kolei na pustyni Phoenix, w Arizonie, temperatura rośnie powyżej 38 ⁢ ° C prawie każdego dnia w lipcu i sierpniu. Wytłumacz, jak parowanie wody pomaga w ograniczaniu wzrostu temperatury w wilgotnym klimacie. Zimą częściej jest cieplej w San Francisco niż w Sacramento, 150 ⁢ km w głębi lądu. Latem jest zawsze goręcej w Sacramento. Wyjaśnij, jak akweny otaczające San Francisco wpływają na łagodzenie ekstremalnych temperatur. Ponieważ woda ma wysokie ciepło właściwe, to nie wpływa na zmianę temperatury tak silnie jak ląd. Parowanie hamuje wzrost temperatury. Powietrze, które jest blisko wody, pozostaje z nią w równowadze, zatem temperatura nie zmienia się znacząco na tych obszarach, które są położone blisko zbiorników wodnych, tak jak w San Francisco, ale nie w głębi lądu, jak w Sacramento. Pokarmy liofilizowane zostają poddawane odwodnieniu w próżni. Podczas tego procesu żywność zamarza i musi być podgrzewana w celu ułatwienia odwodnienia. Wyjaśnij, jak próżnia przyspiesza odwodnienie i dlaczego żywność zamarza w końcowym efekcie. W pokoju służącym do prowadzenia eksperymentów fizycznych instruktor nadmuchał balon ustami, a następnie oziębił w ciekłym azocie. W środku oziębionego i skurczonego balonu dało się zobaczyć małą ilość jasnoniebieskiej cieczy oraz jakieś kryształki podobne do śniegu. Gdy balon się ocieplił, ciecz zaczęła wrzeć, część kryształków zaczęła sublimować, a niektóre utrzymywały się przez chwilę; następnie powstawała z nich ciecz. Zidentyfikuj niebieską ciecz i dwa pozostałe ciała stałe, które były w zimnym balonie. Swoją odpowiedź uzasadnij, posługując się danymi z . Tą cieczą jest tlen, którego temperatura wrzenia jest wyższa niż azotu, ale temperatura zamarzania jest niższa od temperatury wrzenia ciekłego azotu. Kryształki, które sublimowały, to dwutlenek węgla, który nie występuje w stanie ciekłym pod ciśnieniem atmosferycznym. Kryształki, które zaczęły się rozpuszczać, to woda, której temperatura topnienia jest powyżej temperatury sublimacji dwutlenku węgla. Woda pochodziła z ust instruktora. Zadania Ile ciepła (w kcal ) należy dostarczyć do paczki o masie 0,45 ⁢ kg zawierającej mrożone warzywa, aby je rozmrozić? Zamrożone warzywa mają temperaturę 0 ⁢ ° C , a ich ciepło topnienia wynosi tyle samo co ciepło topnienia wody. Torebka z lodem o temperaturze 0 ⁢ ° C znacznie efektywniej pochłania energię niż torebka zawierająca taką samą ilość wody w temperaturze 0 ⁢ ° C . Ile ciepła musi być dostarczone do 0,8 ⁢ kg wody, aby podnieść jej temperaturę z 0 ⁢ ° C do 30 ⁢ ° C ? Ile należy dostarczyć ciepła, aby najpierw stopić 0,8 ⁢ kg lodu o temperaturze 0 ⁢ ° C , a następnie podnieść temperaturę wody ze stopionego lodu? Wyjaśnij, jak twoja odpowiedź popiera stwierdzenie, że lód efektywniej niż woda pobiera ciepło. a. 10 5 ⁢ J ; b. 3,68 ⋅ 10 5 ⁢ J ; c. Lód pochłania znacznie więcej ciepła, ponieważ najpierw musi być stopiony, na co potrzebna jest duża ilość energii, a następnie musi jeszcze pobrać tyle samo ciepła co woda, która potrzebowała energii tylko do podniesienia jej temperatury. Pierwsza ilość ciepła 2,67 ⋅ 10 5 ⁢ J została zużyta na stopienie lodu, potem woda, która powstała z lodu, pochłonęła jeszcze 10 5 ⁢ J ciepła. Ile ciepła musi być dostarczone do układu, aby temperatura aluminiowego tygla o masie 0,75 ⁢ kg zawierającego 2,5 ⁢ kg wody wzrosła z 30 ⁢ ° C do temperatury wrzenia wody, a potem by odparować 0,75 ⁢ kg wody? Ile czasu to zajmie, jeśli moc grzania wynosi 500 ⁢ W ? Skraplanie pary wodnej pojawiające się na szklance z mrożoną wodą przyspiesza topnienie lodu w szklance wody. Jeśli 8 ⁢ g wody skropli się na szklance zawierającej wodę i 200 ⁢ g lodu, to ile gramów lodu stopi się w wyniku tego procesu? Załóż, że żadna inna wymiana ciepła nie zachodzi. Użyj c par dla wody w temperaturze 37 ⁢ ° C jako lepszego przybliżenia, niż c par dla wody w 100 ⁢ ° C . 58,1 ⁢ g . Na wycieczce zauważasz, że torba z lodem o masie 3,5 ⁢ kg wytrzymuje w chłodziarce średnio jeden dzień. Ile wynosi średnia moc (w watach) dostarczana do lodu włożonego do chłodziarki w temperaturze 0 ⁢ ° C , a stopionego całkowicie po jednym dniu i mającego temperaturę także 0 ⁢ ° C ? Pewnego suchego i słonecznego dnia temperatura w basenie wzrosłaby o 1,5 ⁢ ° C , gdyby nie było zjawiska parowania. Jaka część wody musi wyparować, aby temperatura wody w basenie nie wzrosła? Niech M będzie masą wody w basenie, a m masą wody, która wyparuje z basenu. M ⁢ c ⁢ Δ T = m ⁢ c par( ⁢ 37 ⁢ ° C ⁢ ) ⇒ m ∕ M = c ⁢ Δ T ∕ c par( ⁢ 37 ⁢ ° C ⁢ ) Mc \\prefop{\\Delta} T = mc_{\\text{par(}\\SI{37}{\\celsius}\\text{)}} \\implies m/M = c \\prefop{\\Delta} T / c_{\\text{par(}\\SI{37}{\\celsius}\\text{)}} , zatem c ⁢ Δ T ∕ c par( ⁢ 37 ⁢ ° C ⁢ ) = 1 ⁢ kcal ⁢ ° C ∕ kg ⋅ 1,5 ⁢ ° C ∕ 580 ⁢ kcal ∕ kg = 2,59 ⋅ 10 -3 c \\prefop{\\Delta} T / c_{\\text{par(}\\SI{37}{\\celsius}\\text{)}} = (\\SI{1}{\\kilo\\calorie\\celsius\\per\\kilo\\gram} \\cdot \\SI{1,5}{\\celsius})/(\\SI{580}{\\kilo\\calorie\\per\\kilo\\gram}) = \\num{2,59e-3} (zauważ, że c par zostało użyte dla wody w 37 ⁢ ° C jako lepsze przybliżenie, niż c par dla wody w 100 ⁢ ° C ). Ile ciepła (w tym także potrzebnego do zmiany fazy) należy dostarczyć kawałkowi lodu o masie 0,2 ⁢ kg , aby podnieść jego temperaturę z − 20 ⁢ ° C do 130 ⁢ ° C ? Ile czasu zajmie każdy etap, jeśli założymy stałą moc dostarczania energii cieplnej wynoszącą 20 ⁢ kJ ∕ s ? Narysuj wykres temperatury w funkcji czasu dla takiego procesu. W 1986 roku ogromna góra lodowa oderwała się od szelfu Ross Ice w Antarktyce. Był to w przybliżeniu prostopadłościan o wymiarach 160 ⁢ km długości, 40 ⁢ km szerokości i 250 ⁢ m grubości. Ile wynosiła masa tej góry przy założeniu, że gęstość lodu jest równa 917 ⁢ kg ∕ m 3 ? Ile ciepła (w dżulach) potrzeba, aby stopić taką górę? Ile lat zajęłoby stopienie takiej góry lodowej przez Słońce, jeśli lód pochłania średnio 100 ⁢ W ∕ m 2 , 12 ⁢ h na dzień? a. 1,47 ⋅ 10 15 ⁢ kg ; b. 4,9 ⋅ 10 20 ⁢ J ; c. 48,5 roku. Ile gramów kawy musi wyparować z 350 ⁢ g kawy w szklance o masie 100 ⁢ g , aby kawa i szklanka ochłodziły się z 95 ⁢ ° C do 45 ⁢ ° C ? Załóż, że kawa posiada takie same właściwości cieplne co woda oraz że średnie ciepło parowania wynosi 2340 ⁢ kJ ∕ kg ( 560 ⁢ kcal ∕ g ). Pomiń straty ciepła mogące powstać w wyniku innych procesów niż parowanie, jak również zmianę masy kawy podczas ochładzania. Czy przyjęcie tych dwóch założeń powoduje, że ilość wyparowanej kawy będzie większa, czy mniejsza od prawdziwej? Trudno ugasić ogień na tankowcu, ponieważ każdy litr ropy naftowej wydziela 2,8 ⋅ 10 7 ⁢ J energii podczas spalania. Aby zilustrować tę sytuację, oblicz, ile litrów wody musi być użytych, aby wchłonąć energię wydzieloną przez spalenie 1 ⁢ l ropy naftowej, jeśli temperatura wody podnosi się z 20 ⁢ ° C do 100 ⁢ ° C , wrze, a temperatura powstałej pary podnosi się do 300 ⁢ ° C przy stałym ciśnieniu; Omów dodatkowe komplikacje wynikające z faktu, że ropa naftowa jest mniej gęsta niż woda. a. 9,67 ⁢ l ; b. Ropa naftowa jest mniej gęsta niż woda, przez co unosi się na powierzchni wody, tym samym jest wystawiona na tlen w powietrzu, którego potrzebuje do spalania. Zatem jeśli woda znajduje się pod ropą naftową, pochłanianie ciepła generowanego przez ropę jest mniej efektywne. Energia wydzielana przez kondensację (skraplanie) podczas burzy może być bardzo duża. Oblicz, ile energii jest wydzielane do atmosfery podczas małej burzy o promieniu 1 ⁢ km przy założeniu, że w obszarze burzy spadł 1 ⁢ cm deszczu. Aby zapobiec zniszczeniu owoców przez przymrozki, nad drzewami owocowymi rozpylono 4 ⁢ kg wody w temperaturze 0 ⁢ ° C . Ile ciepła zostanie wydzielonego podczas zamarzania wody? O ile spadłaby temperatura drzewa o masie 200 ⁢ kg , jeśli taką ilość ciepła oddałoby to drzewo? Użyj ciepła właściwego równego 3,35 ⁢ kJ ∕ kg ⁢ ° C \\SI{3,35}{\\kilo\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius} oraz załóż, że żadna zmiana fazy nie wystąpiła w objętości drzewa. a. 319 ⁢ kcal ; b. 2 ⁢ ° C . Aluminiową miskę o wadze 0,25 ⁢ kg razem z 0,8 ⁢ kg zupy o temperaturze 25 ⁢ ° C włożono do zamrażarki. Jaka będzie końcowa temperatura, jeśli 388 ⁢ kJ energii zostało odprowadzone z miski z zupą przy założeniu, że właściwości cieplne zupy są takie same jak wody? Kostka lodu o masie 0,05 ⁢ kg mająca − 30 ⁢ ° C została umieszczona w 0,4 ⁢ kg wody o temperaturze 35 ⁢ ° C w bardzo dobrze izolowanym pojemniku. Jaka będzie końcowa temperatura wewnątrz pojemnika? Najpierw lód ogrzeje się do 0 ⁢ ° C i stopi, pochłaniając ciepło Q 1 = 4,74 ⁢ kcal Q_1 = \\SI{4,74}{\\kilo\\calorie} . Temperatura wody obniży się przez to o Δ T = 23,15 ⁢ ° C . Ciepło, które straci ciepła woda, równe jest ciepłu zyskanemu przez zimną wodę. Temperatura końcowa wynosi T k = 20,6 ⁢ ° C . Jeśli wylejesz 0,01 ⁢ kg wody o temperaturze 20 ⁢ ° C na blok lodowy o masie 1,2 ⁢ kg (który początkowo ma temperaturę − 15 ⁢ ° C ), to jaka będzie końcowa temperatura tego układu? Możesz przyjąć założenie, że woda ochładza się tak szybko, że wpływ otoczenia jest pomijalny. Ludy tubylcze gotują jedzenie w szczelnych koszach, w których umieszczają gorący kamień. Wodę umieszczoną w takim naczyniu doprowadzają do wrzenia. Jaką masę musi mieć granitowy kamień o temperaturze 500 ⁢ ° C , by umieszczony w 4 ⁢ kg wody o temperaturze 15 ⁢ ° C podniósł jej temperaturę do 100 ⁢ ° C , jeśli 0,025 ⁢ kg wody znika na samym początku procesu gotowania przez odparowanie w zetknięciu wody z kamieniem? Pomiń wpływ otoczenia. Niech indeksy g , r , par i w oznaczają odpowiednio granit, równowagę, parę i wodę. m g ⁢ c g ⁢ T 1 − T r = m par ⁢ c par + m w ⁢ c w ⁢ T r − T 2 , m g = m par ⁢ c par + m w ⁢ c w ⁢ T r − T 2 ∕ c g ⁢ T 1 − T r , a po podstawieniu danych otrzymujemy m g = 4,38 ⁢ kg m_{\\text{g}} = \\SI{4,38}{\\kilo\\gram} . Jaka byłaby końcowa temperatura patelni i wody z , jeśli 0,26 ⁢ kg wody zostałoby wlane do patelni i 0,01 ⁢ kg wody wyparowałoby natychmiast, a pozostała woda osiągnęłaby po pewnym czasie równowagę termiczną z patelnią i miałaby z nią taką samą temperaturę? punkt krytyczny (ang. critical point ) dla danej substancji jest to taka kombinacja temperatury i ciśnienia, powyżej której fazy ciekła i gazowa są już nierozróżnialne ciśnienie krytyczne (ang. critical pressure ) ciśnienie punktu krytycznego temperatura krytyczna (ang. critical temperature ) temperatura punktu krytycznego ciepło topnienia (ang. heat of fusion ) energia dostarczona do układu fizycznego, przypadająca na jednostkę masy, potrzebna do zupełnej zmiany fazy skupienia substancji ze stałej na ciekłą, lub energia pobrana w przypadku, gdy substancja zmienia swój stan skupienia z ciekłego na stały ciepło sublimacji (ang. heat of sublimation ) energia dostarczona do układu fizycznego, przypadająca na jednostkę masy, potrzebna do zupełnej zmiany fazy skupienia substancji ze stałej na gazową, lub energia pobrana w przypadku, gdy substancja zmienia swój stan skupienia z gazowego na stały ciepło parowania (ang. heat of vaporization ) energia dostarczona do układu fizycznego, przypadająca na jednostkę masy, potrzebna do zupełnej zmiany fazy skupienia substancji z ciekłej na gazową, lub energia pobrana w przypadku, gdy substancja zmienia swój stan skupienia z gazowego na ciekły współczynnik ciepła utajonego (ang. latent heat coefficient ) ogólne określenie na ciepło którejkolwiek przemiany: topnienia, sublimacji lub parowania diagram fazowy (ang. phase diagram ) wykres we współrzędnych ciśnienie i temperatura sporządzony dla poszczególnych substancji, pokazujący, przy jakim ciśnieniu i w jakiej temperaturze występują określone fazy sublimacja (ang. sublimation ) bezpośrednia zmiana fazy ze stałej na gazową para (ang. vapor ) gaz w temperaturze poniżej temperatury wrzenia ciśnienie pary nasyconej (ang. vapor pressure ) ciśnienie, przy którym gaz współistnieje ze swoją postacią w fazie stałej lub ciekłej", "section": "Przemiany fazowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Mechanizmy przekazywania ciepła Równie interesująca jak sama wymiana ciepła w układach fizycznych jest różnorodność mechanizmów, za pomocą których przekaz ciepła zachodzi. Kiedy tylko pojawia się różnica temperatury, następuje przepływ ciepła. Przepływ ciepła może odbywać się bardzo szybko, jak na rozgrzanej patelni, lub powoli, jak przez ścianki lodówki turystycznej. Wymiana ciepła jest obecna w tak wielu procesach, że trudno jest sobie wyobrazić sytuację, w której ona nie występuje. Można wymienić trzy mechanizmy odpowiedzialne za przepływ ciepła: Przewodnictwo cieplne (ang. conduction of heat ) jest wymianą ciepła między materią, która się nie porusza, poprzez fizyczny kontakt (stykanie się dwóch materiałów ze sobą; stacjonarność materii jest tylko makroskopowa, wiadomo bowiem, że ruchy cieplne atomów i cząsteczek występują w każdej temperaturze powyżej zera bezwzględnego). To przewodnictwo cieplne odpowiedzialne jest za wymianę ciepła z palnika na piecu przez dno patelni do jedzenia znajdującego się na niej. Konwekcja (ang. convection ) jest wymianą ciepła przez makroskopowy ruch płynu. Taki rodzaj przepływu ciepła występuje na przykład w piecu z wymuszonym obiegiem powietrza lub w globalnych układach pogodowych. Wymiana ciepła przez promieniowanie (ang. radiation ) pojawia się wtedy, kiedy np. mikrofale, promieniowanie podczerwone, światło widzialne lub inny rodzaj promieniowania elektromagnetycznego jest wysyłany (emitowany) lub pochłaniany (absorbowany) przez ciało. Oczywistym przykładem jest ogrzewanie Ziemi przez Słońce, mniej oczywistym – promieniowanie cieplne wysyłane przez ludzkie ciało. Na zdjęciu pokazanym na początku rozdziału ogień ogrzewa twarze turystów w dużej mierze poprzez promieniowanie cieplne. Konwekcja także przenosi pewną część ciepła, ale większość ciepłego powietrza płynie prosto w górę ponad ogniem, tworząc znane kształty płomieni, a także opieka jedzenie umieszczone nad tymi płomieniami. Turyści mają na sobie specjalne ubrania stworzone z materiałów o niskiej przewodności cieplnej, aby zapobiegać odpływowi ciepła z ich ciał. W podrozdziale tym bliżej omówimy trzy wymienione metody wymiany ciepła. Każda z nich ma wyjątkowe i interesujące właściwości, ale wszystkie trzy posiadają dwie wspólne cechy: przekazują ciepło wyłącznie z powodu występującej różnicy temperatury i im większa różnica temperatury, tym szybszy następuje przepływ ciepła ( ). W kominku wymiana ciepła odbywa się za pomocą wszystkich trzech metod: przewodnictwa, konwekcji i promieniowania. Najwięcej ciepła przekazywane jest do pokoju za pomocą promieniowania. Wymiana ciepła w pokoju odbywa się także przez przewodnictwo, ale znacznie wolniej. Konwekcja w wymianie ciepła także ma swój udział. Dochodzi do przepływu ciepła z powietrza przy oknie na zewnątrz. W rezultacie temperatura powietrza przy oknie maleje, a gorące powietrze opuszcza pokój, wędrując w górę komina. Sprawdź, czy rozumiesz. Wymień przykłady z codziennego życia (inne niż te w tekście), w których występują wymienione mechanizmy wymiany ciepła. Przewodzenie: przekazywanie ciepła twoim rękom, gdy trzymasz kubek gorącej kawy. Konwekcja: przepływ ciepła podczas gdy obsługa baru spienia zimne mleko do gorącej czekolady. Promieniowanie: ciepło płynące ze Słońca do garnuszka z wodą pozostawionego na tarasie. Istnieje jeszcze wiele innych odpowiedzi. Przewodzenie Kiedy chodzimy boso po dywanie w salonie, a w domu jest wyłączone ogrzewanie, wydaje nam się, że dywan jest cieplejszy niż płytki w kuchni. Nasze stopy odczuwają silniej zimno, gdy spacerujemy boso po kuchni. Taki efekt jest intrygujący, ponieważ zarówno dywan, jak i płytki mają tę samą temperaturę. Różnica w odczuciach jest spowodowana różnymi szybkościami przepływu ciepła pomiędzy skórą a materiałem, którego dotyka. Utrata ciepła dla skóry jest szybsza, gdy stopy dotykają płytek kuchennych, niż gdy są w kontakcie z dywanem, dlatego uczucie zimna jest inne. Pewne materiały przewodzą energię cieplną szybciej niż inne. Na został pokazany materiał (izolacyjna wełna budowlana), który przewodzi ciepło powoli, jest dobrym izolatorem cieplnym lub innymi słowy – słabym przewodnikiem cieplnym. Używa się go w celu zmniejszenia przepływu ciepła na zewnątrz i do wnętrza domu. Izolację stosuje się, aby ograniczyć przewodzenie ciepła ze środka nagrzanego domu na zewnątrz (szczególnie zimą) i z zewnątrz, kiedy jest upał, do wnętrza domu (latem). Źródło: Giles Douglas Rysunek prezentujący mechanizm przewodzenia ciepła na poziomie molekularnym pozwala na głębsze zrozumienie równania, które opisuje przepływ ciepła. pokazuje cząsteczki w dwóch ciałach mających różne temperatury, T c i T z , odpowiednio dla obszaru cieplejszego i zimniejszego. Średnia energia kinetyczna cząsteczek w cieplejszym ciele jest większa od energii w ciele zimniejszym. Jeśli dwie cząsteczki zderzą się ze sobą, to energia zostanie przekazana od cząsteczki o większej energii do cząsteczki o mniejszej energii. Dodatkowo w przypadku metalu na rysunku znajdowałyby się jeszcze swobodne elektrony zderzające się ze sobą i z innymi atomami, mające podobny udział w przekazywaniu energii. Skumulowanym efektem wszystkich tych zderzeń jest strumień ciepła skierowany od ciała cieplejszego do zimniejszego. Zatem szybkość wymiany ciepła wzrasta wraz ze wzrostem różnicy temperatury Δ T = T c − T z . Jeśli wartości temperatury ciał są sobie równe, to szybkość wymiany ciepła jest równa zero. Ponieważ liczba zderzeń wzrasta wraz ze wzrostem powierzchni ciała, przewodzenie ciepła jest wprost proporcjonalne do obszaru przekroju poprzecznego – drugiego czynnika występującego w równaniu. Cząsteczki znajdujące się w dwóch ciałach o różnych temperaturach mają różne średnie energie kinetyczne. Zderzenia powstające w miejscu kontaktu powierzchni przekazują energię z obszarów o większej energii do obszarów o energii mniejszej. Na rysunku cząsteczka z obszaru o mniejszej temperaturze (prawa strona) ma mniejszą energię przed zderzeniem, ale jej energia wzrasta po zderzeniu z cząsteczką o większej energii. W przeciwieństwie do tego cząsteczka będąca w obszarze o większej temperaturze (lewa strona) ma dużą energię przed zderzeniem, ale jej energia maleje po zderzeniu z cząsteczką o mniejszej energii. Kolejną wielkością wpływającą na szybkość przewodzenia ciepła jest grubość materiału, przez który to ciepło przepływa. pokazuje płytę, która po lewej stronie ma większą temperaturę. Ciepło zostaje przekazane od lewej do prawej strony płyty w wyniku serii zderzeń międzycząsteczkowych. Im większa odległość pomiędzy ciepłą a zimną stroną, tym więcej czasu zajmie przekazanie tej samej ilości ciepła. Przewodzenie ciepła ma miejsce w każdym materiale, tutaj reprezentowanym przez prostopadłościenną płytę. Wszystkie z tych czterech wielkości pojawiają się w prostym równaniu, które wynika z doświadczeń potwierdzających jego poprawność. Szybkość przewodzenia ciepła (ang. rate of conductive heat transfer ) przez płytę materiału, takiego jak na , jest wyrażona przez P = d Q d t = k ⁢ S ⁢ T c − T z d ⁢ , gdzie P jest mocą lub szybkością przewodzenia ciepła wyrażoną w watach lub w kilokaloriach na sekundę, S i d oznaczają odpowiednio pole powierzchni i grubość, jak pokazano na , T c − T z jest różnicą temperatury występującej pomiędzy zewnętrznymi powierzchniami ograniczającymi płytę, a k jest współczynnikiem przewodnictwa cieplnego (inaczej przewodnością cieplną , ang. thermal conductivity ) materiału. W podano przykładowe wartości przewodności cieplnej różnych materiałów. Bardziej ogólnie możemy napisać P = − k ⁢ S ⁢ d T d x ⁢ , gdzie x jest współrzędną osi, wzdłuż której odbywa się przepływ ciepła. Ponieważ na moc i pole powierzchni są stałe, d T ∕ d x też jest stałe, a temperatura maleje liniowo od T c do T z . Przewodności cieplne wybranych materiałów. Materiał Przewodność cieplna k ( W ∕ m ⁢ ° C ) Diament 2000 Srebro 420 Miedź 390 Złoto 318 Aluminium 220 Stal 80 Stal (nierdzewna) 14 Lód 2,2 Szkło (zwyczajne) 0,84 Beton 0,84 Woda 0,6 Tkanka tłuszczowa (bez krwi) 0,2 Azbest 0,16 Płyta gipsowa 0,16 Drewno 0,08 − 0,16 Śnieg (suchy) 0,1 Korek 0,042 Szklana wełna 0,042 Wełna 0,04 Puch z pierza 0,025 Powietrze 0,023 Polistyrenowa pianka 0,01 Wartości zostały podane dla temperatur bliskich 0 ⁢ ° C . Im wyższa wartość współczynnika, tym lepiej przewodzi ciepło. Obliczanie ciepła przekazywanego w wyniku przewodnictwa cieplnego Polistyrenowe pudełko służące do utrzymywania niskiej temperatury ma całkowitą powierzchnię równą 0,95 ⁢ m 2 , a jego ścianki mają średnią grubość 2,5 ⁢ cm . Pudełko zawiera lód, wodę i napoje w puszkach o temperaturze 0 ⁢ ° C . Niska temperatura wewnątrz pudełka utrzymywana jest dzięki topniejącemu lodowi. Ile lodu ulegnie stopieniu w ciągu jednego dnia, jeśli pudełko znajduje się w ciężarówce, w której panuje temperatura 35 ⁢ ° C ? Strategia rozwiązania Pytanie sformułowane w zadaniu dotyczy ciepła potrzebnego do zmiany fazy (topnienie lodu) dzięki przewodnictwu cieplnemu. Aby obliczyć ilość stopionego lodu, należy najpierw obliczyć ilość ciepła przekazanego do lodu. Wielkość tę można otrzymać przez obliczenie szybkości wymiany ciepła za pośrednictwem przewodnictwa cieplnego i pomnożenie przez czas. Rozwiązanie Najpierw wypiszmy wszystkie wielkości dane w zadaniu: k = 0,01 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C dla pianki polistyrenowej, S = 0,95 ⁢ m 2 , d = 2,5 ⁢ cm = 0,025 ⁢ m , T z = 0 ⁢ ° C , T c = 35 ⁢ ° C , t = 1 ⁢ dzień = 24 ⁢ h = 86 400 ⁢ s . Określmy wielkości szukane. Szukamy masy lodu m . Potrzebujemy także określić całkowity strumień ciepła, który stopi lód Q . Szybkość wymiany ciepła za pośrednictwem przewodnictwa jest wyrażona przez P = d Q d t = k ⁢ S ⁢ T c − T z d ⁢ . Ciepło użyte do stopienia lodu wynosi Q = m ⁢ c top . Wstawiamy znane wartości P = 0,01 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C ⋅ 0,95 ⁢ m 2 ⋅ 35 ⁢ ° C − 0 ⁢ ° C 0,025 ⁢ m = 13,3 ⁢ W ⁢ . Mnożąc szybkość wymiany ciepła przez czas ( 1 ⁢ dzień = 86 400 ⁢ s ), otrzymujemy Q = P ⁢ t = 13,3 ⁢ W ⋅ 86 400 ⁢ s = 1,15 ⋅ 10 6 ⁢ J ⁢ . Wielkość ta jest równa ciepłu przekazanemu na stopienie lodu, Q = m ⁢ c top . Rozwiązujemy to równanie, wyznaczając masę m , i otrzymujemy m = Q c top = 1,15 ⋅ 10 6 ⁢ J 334 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ kg = 3,44 ⁢ kg ⁢ . Znaczenie Otrzymany wynik ( 3,44 ⁢ kg ) wydaje się bardzo prawdopodobny, to znaczy zgodny z doświadczeniem. Jeśli chcemy utrzymać napoje w tak niskiej temperaturze przez cały dzień, potrzebujemy około 4 ⁢ kg lodu. Pamiętajmy, żeby dołożyć więcej lodu, jeśli zamierzamy włożyć do środka dodatkowy napój lub ciepłe jedzenie. pokazuje, że polistyrenowa pianka jest bardzo słabym przewodnikiem, a przez to jest bardzo dobrym izolatorem cieplnym. Przykładami innych izolatorów są: włókno szklane, wełna i gęsi puch. Wszystkie te materiały zawierają mnóstwo małych wnęk wypełnionych powietrzem, które ma małą przewodność cieplną. Przy projektowaniu izolacji (ang. insulation ) im mniejsza jest przewodność cieplna k i grubość d , tym lepiej. Dlatego też stosunek d ∕ k nazwany został oporem cieplnym R – ma on duże wartości dla izolatorów cieplnych. Szybkość przewodzenia ciepła jest odwrotnie proporcjonalna do R . Współczynniki R są często podawane dla izolacji cieplnych w domach, dla lodówek i w podobnych przypadkach. Płaty z włókna szklanego są używane do budowania izolacji ścian i sufitów, aby zmniejszyć przepływ ciepła pomiędzy budynkiem a środowiskiem zewnętrznym. Źródło: Tracey Nicholls Zauważmy, że większość podanych w bardzo dobrych przewodników ciepła, takich jak srebro, miedź, złoto i aluminium, dobrze przewodzi prąd elektryczny, ponieważ swobodne elektrony uczestniczą również w przepływie energii cieplnej. Diament – izolator elektryczny – przewodzi ciepło przez drgania cieplne atomów. Naczynia kuchenne zazwyczaj są wykonane z dobrych przewodników, ale ich uchwyty wykonane są już z izolatorów (złych przewodników ciepła i elektryczności). Dwa przewodniki złączone końcami Końce stalowego i aluminiowego pręta, każdy o średnicy 1 ⁢ cm i długości 25 ⁢ cm , zostały ze sobą połączone galwanicznie (zespawane). Jeden koniec stalowego pręta został umieszczony w dużym zbiorniku z gotującą się wodą o temperaturze 100 ⁢ ° C , a drugi koniec aluminiowego pręta włożono do zbiornika z wodą o temperaturze 20 ⁢ ° C . Pręty te są odizolowane od powietrza, więc żadne ciepło nie ucieka z ich powierzchni. Jaka jest temperatura na złączu pomiędzy dwoma różnymi metalami i jaka jest szybkość przewodzenia ciepła przez taki układ złożony z dwóch prętów? Strategia rozwiązania Ciepło przekazywane stali z wrzącej wody może jedynie przepływać bezpośrednio przez pręt, a następnie przez aluminiowy pręt do zimnej wody. Dlatego też możemy uważać, że wartości szybkości przewodzenia ciepła przez stal i aluminium są takie same. Powtarzamy obliczenia za pomocą drugiej metody, w której używamy oporów cieplnych R prętów. Opory tych dwóch prętów połączonych końcami można dodawać w ten sam prosty sposób, jak opory czynne w obwodzie elektrycznym, w połączeniu szeregowym. Rozwiązanie pierwszym sposobem Wypiszmy wszystkie dane i zamieńmy jednostki na zgodne z układem SI. Długość każdego z prętów wynosi L Al = L stal = 0,25 ⁢ m , powierzchnia przekroju poprzecznego jest równa S Al = S stal = 7,85 ⋅ 10 − 5 ⁢ m 2 , przewodność cieplna aluminium wynosi k Al = 220 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C , przewodność cieplna stali to k stal = 80 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C , temperatura końca gorącego pręta wynosi T = 100 ⁢ ° C , a temperatura końca zimnego T = 20 ⁢ ° C . Wyraźmy szybkość przewodnictwa cieplnego przez stalowy pręt oraz przez pręt aluminiowy jako funkcję nieznanej temperatury T występującej na złączu tych prętów P stal = k stal ⁢ S stal ⁢ Δ T stal L stal = 80 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C ⋅ 7,85 ⋅ 10 -5 ⁢ m 2 ⋅ 100 ⁢ ° C − T 0,25 ⁢ m P stal = 0,0251 ⁢ W ∕ ° C ⋅ 100 ⁢ ° C − T ⁢ , \\begin{multiline} P_{\\text{stal}} &= \\frac{k_{\\text{stal}} S_{\\text{stal}} \\prefop{\\Delta} T_{\\text{stal}}}{L_{\\text{stal}}} = \\frac{\\SI{80}{\\watt\\per\\metre\\per\\celsius} \\cdot \\SI{7,85e-5}{\\metre\\squared} \\cdot (\\SI{100}{\\celsius} - T)}{\\SI{0,25}{\\metre}} \\\\ &= \\SI{0,0251}{\\watt\\per\\celsius} \\cdot (\\SI{100}{\\celsius} - T) \\text{,} \\end{multiline} P stal = k stal ⁢ S stal ⁢ Δ T stal L stal = 80 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C ⋅ 7,85 ⋅ 10 -5 ⁢ m 2 ⋅ 100 ⁢ ° C − T 0,25 ⁢ m = 0,0251 ⁢ W ∕ ° C ⋅ 100 ⁢ ° C − T ⁢ , \\begin{multiline} P_{\\text{stal}} &= \\frac{k_{\\text{stal}} S_{\\text{stal}} \\prefop{\\Delta} T_{\\text{stal}}}{L_{\\text{stal}}} = \\frac{\\SI{80}{\\watt\\per\\metre\\per\\celsius} \\cdot \\SI{7,85e-5}{\\metre\\squared} \\cdot (\\SI{100}{\\celsius} - T)}{\\SI{0,25}{\\metre}} \\\\ &= \\SI{0,0251}{\\watt\\per\\celsius} \\cdot (\\SI{100}{\\celsius} - T) \\text{,} \\end{multiline} P Al = k Al ⁢ S Al ⁢ Δ T Al L Al = 220 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C ⋅ 7,85 ⋅ 10 -5 ⁢ m 2 ⋅ T − 20 ⁢ ° C 0,25 ⁢ m P Al = 0,0691 ⁢ W ∕ ° C ⋅ T − 20 ⁢ ° C ⁢ . \\begin{multiline} P_{\\text{Al}} &= \\frac{k_{\\text{Al}} S_{\\text{Al}} \\prefop{\\Delta} T_{\\text{Al}}}{L_{\\text{Al}}} = \\frac{\\SI{220}{\\watt\\per\\metre\\per\\celsius} \\cdot \\SI{7,85e-5}{\\metre\\squared} \\cdot (T - \\SI{20}{\\celsius})}{\\SI{0,25}{\\metre}} \\\\ &= \\SI{0,0691}{\\watt\\per\\celsius} \\cdot (T-\\SI{20}{\\celsius}) \\text{.} \\end{multiline} P Al = k Al ⁢ S Al ⁢ Δ T Al L Al = 220 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C ⋅ 7,85 ⋅ 10 -5 ⁢ m 2 ⋅ T − 20 ⁢ ° C 0,25 ⁢ m = 0,0691 ⁢ W ∕ ° C ⋅ T − 20 ⁢ ° C ⁢ . \\begin{multiline} P_{\\text{Al}} &= \\frac{k_{\\text{Al}} S_{\\text{Al}} \\prefop{\\Delta} T_{\\text{Al}}}{L_{\\text{Al}}} = \\frac{\\SI{220}{\\watt\\per\\metre\\per\\celsius} \\cdot \\SI{7,85e-5}{\\metre\\squared} \\cdot (T - \\SI{20}{\\celsius})}{\\SI{0,25}{\\metre}} \\\\ &= \\SI{0,0691}{\\watt\\per\\celsius} \\cdot (T-\\SI{20}{\\celsius}) \\text{.} \\end{multiline} Przyrównajmy te szybkości do siebie i rozwiążmy, wyznaczając nieznaną temperaturę 0,0691 ⁢ W ∕ ° C ⋅ T − 20 ⁢ ° C = 0,0251 ⁢ W ∕ ° C ⋅ 100 ⁢ ° C − T ⇒ T = 41,3 ⁢ ° C ⁢ . \\SI{0,0691}{\\watt\\per\\celsius} \\cdot (T - \\SI{20}{\\celsius}) = \\SI{0,0251}{\\watt\\per\\celsius} \\cdot (\\SI{100}{\\celsius} - T) \\implies T = \\SI{41,3}{\\celsius} \\text{.} Obliczmy szybkość przewodzenia ciepła przez pręt złożony z tych dwóch materiałów P stal = 0,0251 ⁢ W ∕ ° C ⋅ 100 ⁢ ° C − 41,3 ⁢ ° C = 1,47 ⁢ W ⁢ . Rozwiązanie drugim sposobem Przypomnijmy sobie, że R = L ∕ k . Teraz P = S ⁢ Δ T ∕ R lub Δ T = P ⁢ R ∕ S . Wiemy, że Δ T stal + Δ T Al = 100 ⁢ ° C − 20 ⁢ ° C = 80 ⁢ ° C . Wiemy również, że P stal = P Al , a szybkość przepływu ciepła oznaczamy przez P . Łączymy równania P ⁢ R stal S + P ⁢ R Al S = 80 ⁢ ° C ⁢ . \\frac{PR_{\\text{stal}}}{S} + \\frac{PR_{\\text{Al}}}{S} = \\SI{80}{\\celsius} \\text{.} Upraszczamy wyrażenie, dodając opory cieplne R . Teraz P = 80 ⁢ ° C ∕ S ⁢ R stal + S ⁢ R Al . Opory cieplne stali i aluminium wynoszą: R stal = 3,13 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 ⁢ ° C ∕ W i R Al = 1,14 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 ⁢ ° C ∕ W . Podstawmy te wielkości, aby obliczyć P = 1,47 ⁢ W jak poprzednio. Wyznaczmy Δ T dla pręta aluminiowego (lub dla stalowego) i użyjmy tej wielkości, aby otrzymać T na złączu Δ T Al = P ⁢ R Al S = 1,47 ⁢ W ⋅ 1,14 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 ⁢ ° C ∕ W 7,85 ⋅ 10 − 5 ⁢ m 2 = 21,3 ⁢ ° C ⁢ , więc T = 20 ⁢ ° C + 21,3 ⁢ ° C = 41,3 ⁢ ° C , czyli tak jak w pierwszym rozwiązaniu. Jeśli chcemy sprawdzić poprawność rozwiązania, możemy wyznaczyć Δ T dla drugiego pręta. Znaczenie W praktyce dodawanie do siebie oporów cieplnych R jest powszechnie stosowane. Należy jednak pamiętać, że nasze równanie opisujące przewodnictwo cieplne może być użyte tylko wtedy, gdy pola powierzchni dwóch stykających się ze sobą ciał są takie same. W przeciwnym razie będziemy mieć do czynienia z trójwymiarowym przepływem ciepła, co wykracza poza rozważania zawarte w tym rozdziale. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieni się szybkość wymiany ciepła przez przewodzenie, gdy wszystkie przestrzenne wymiary zostaną podwojone? Ponieważ powierzchnia jest iloczynem dwóch wymiarów przestrzennych, jej pole wzrasta czterokrotnie, kiedy każdy wymiar zwiększymy dwukrotnie ( S k = 2 ⁢ d 2 = 4 ⁢ d 2 = 4 ⁢ S p ). Odległość jest jednak podwojona. Ponieważ różnica temperatur i współczynnik przewodnictwa cieplnego są niezależne od wymiarów przestrzennych, to szybkość wymiany ciepła przez przewodzenie wzrasta dwukrotnie: P k = k ⁢ S k ⁢ T c − T z ∕ d k = 4 ⁢ k ⁢ S p ⁢ T c − T z ∕ 2 ⁢ d p = 2 ⁢ k ⁢ S p ⁢ T c − T z ∕ d p = 2 ⁢ P p . Przewodnictwo cieplne jest rezultatem przypadkowych ruchów atomów i cząsteczek. Przez to jest nieefektywnym mechanizmem wymiany ciepła na małe, mikroskopowe odległości. Przykładowo temperatura na Ziemi byłaby niebywale niska w nocy i bardzo wysoka w ciągu dnia, gdyby przepływ ciepła w atmosferze odbywał się tylko przez przewodzenie. Również silniki samochodowe byłyby przegrzane, chyba że istniałby inny, bardziej skuteczny sposób na odprowadzenie nadmiaru ciepła z tłoków. Następny moduł omawia ważny mechanizm wymiany ciepła zachodzący w takich sytuacjach. Konwekcja W konwekcji (ang. convection ) energia cieplna jest przenoszona przez przepływ materii w makroskali. Konwekcję można podzielić na dwa typy. W konwekcji wymuszonej (ang. forced convection ) przepływ jest napędzany przez wentylatory, pompy i tym podobne urządzenia. Prostym przykładem jest wentylator, który wydmuchuje gorące powietrze i ochładza nas przez zastąpienie powietrza ogrzanego przez nasze ciała zimniejszym. Bardziej skomplikowanym przykładem jest system chłodniczy w typowym samochodzie, w którym pompa wymusza obieg cieczy chłodzącej przez chłodnicę i silnik, aby nie dopuścić do przegrzania, podczas gdy wentylator wdmuchuje powietrze, by schłodzić chłodnicę. W konwekcji swobodnej (ang. free convection ) lub naturalnej (ang. natural convection ) przepływ jest wymuszany przez siły wyporu: gorący płyn podnosi się, a zimny opada, ponieważ gęstość maleje wraz ze wzrostem temperatury. Dom z jest ogrzewany dzięki konwekcji swobodnej, podobnie jak garnek wody stojący na piecu z . Prądy oceaniczne i cyrkulacja atmosferyczna, wywołane wypieraniem do góry ciepłego powietrza i wody, przenoszą gorące powietrze z tropików w kierunku biegunów, a zimne powietrze z biegunów w kierunku tropików. (Ruch obrotowy Ziemi współdziała z tymi przepływami, wywołując obserwowany w strefach umiarkowanych przepływ powietrza w kierunku wschodnim). Powietrze ogrzane przez tzw. piec grawitacyjny rozszerza się i podnosi, tworząc obieg konwekcyjny, który przenosi energię do innych części pomieszczenia. W miarę jak powietrze się ochładza pod sufitem i przy zewnętrznych ścianach, staje się gęstsze niż powietrze w dolnej części pomieszczenia i w końcu opada na podłogę. Właściwie zaprojektowany system grzewczy wykorzystujący konwekcję naturalną może sprawnie ogrzewać dom. Konwekcja swobodna odgrywa ważną rolę w wymianie ciepła wewnątrz tego garnka z wodą. Po przekazaniu ciepła przez przewodnictwo do wnętrza garnka, przenikanie ciepła do innych części garnka odbywa się głównie przez konwekcję. Cieplejsza woda rozszerza się, gęstość jej maleje i podnosi się, aby przenosić ciepło do innych stref wody, podczas gdy chłodniejsza woda opada na dno. W ten sposób proces się powtarza. Naturalna konwekcja, taka jak na i , ale działająca na skały w płaszczu Ziemi, kieruje także ruchami płyt tektonicznych , które są ruchami kształtującymi powierzchnię Ziemi. Ilościowy opis konwekcji jest bardziej skomplikowany niż opis przewodnictwa cieplnego. Ograniczymy się jedynie do stwierdzenia, że szybkość wymiany ciepła za pomocą konwekcji jest często w przybliżeniu proporcjonalna do różnicy temperatury. Możemy natomiast opisać ją w sposób jakościowy za pomocą szybkości przenoszenia ciepła w czasie. Ponieważ powietrze słabo przewodzi ciepło, wymiana ciepła w powietrzu jest zdominowane przez konwekcję. Ilość dostępnej dla przepływu powietrza przestrzeni determinuje prędkość przepływu ciepła. Wystarczy niewielka ilość innego materiału w przestrzeni z powietrzem, aby zapobiec jego swobodnemu przepływowi i tym samym zmniejszyć wymianę ciepła. Jeśli odległość pomiędzy wewnętrznymi ścianami domu (mur ma strukturę podwójną z tzw. dylatacją powietrzną) wynosi około 9 ⁢ cm , jest to wystarczająca przestrzeń, by konwekcja efektywnie przekazywała ciepło. Umieszczenie pomiędzy ściankami izolacji zapobiega przepływowi ciepła, dzięki czemu ciepło nie odpłynie zbyt szybko z pomieszczenia (lub pomieszczenie się szybko nie nagrzeje). Z drugiej strony, szczelina pomiędzy dwiema szybami okna wynosząca około 1 ⁢ cm (szczególnie, gdy panuje tam podciśnienie) w znacznym stopniu zapobiega konwekcji i wykorzystuje niską przewodność powietrza, obniżając stratę ciepła. Futro, tkaniny i włókno szklane także wykorzystują niską przewodność cieplną powietrza przez zatrzymanie go w przestrzeniach zbyt małych, aby podtrzymać konwekcję ( ), stąd popularne ubieranie się na tzw. „cebulkę” w zimne dni. Futro jest wypełnione powietrzem, które jest rozbite na wiele małych przestrzeni powietrznych. Konwekcja jest tutaj bardzo powolna, ponieważ pętle konwekcyjne w tych przestrzeniach są bardzo małe. Niska przewodność cieplna powietrza sprawia, że futro jest bardzo dobrym i lekkim izolatorem. Pewne interesujące zjawisko ma miejsce w życiu codziennym, gdy konwekcji towarzyszy zmiana fazy z ciekłej na gazową. Taka sytuacja ma miejsce podczas schładzania się ciała człowieka w upalny dzień poprzez pocenie. Ciepło pochodzące ze skóry powoduje odparowanie potu, obniżając temperaturę ciała. Niestety, bez suchego powietrza napływającego w sposób ciągły w procesie konwekcji w pobliże skóry, powietrze wokół niej staje się przesycone parą i proces parowania się zatrzymuje. Przepływ powietrza wymuszony przez konwekcję zastępuje wilgotne powietrze suchym i parowanie może trwać nadal. Obliczanie przepływu masy podczas konwekcji Przeciętna osoba podczas spoczynku wytwarza ciepło z szybkością na poziomie około 120 ⁢ W . W jakim tempie woda musi parować z organizmu, aby pozbyć się całej tej energii? (Dla uproszczenia zakładamy, że odparowanie następuje wtedy, gdy osoba siedzi w cieniu, a temperatura otoczenia jest taka sama jak temperatura skóry. Pomijamy wymianę ciepła innymi metodami). Strategia rozwiązania Energia potrzebna do zmiany fazy Q = m ⁢ c par . Zatem strata energii w jednostce czasu wynosi Q t = m ⁢ c par t = 120 ⁢ W = 120 ⁢ J ∕ s ⁢ . Dzielimy obydwie strony równania przez c par , aby obliczyć masę wody, która wyparuje ze skóry w jednostce czasu m t = 120 ⁢ J ∕ s c par ⁢ . Rozwiązanie Wstawmy wartość ciepła przemiany, która znajduje się w , c par = 2430 ⁢ kJ ∕ kg = 2430 ⁢ J ∕ g . Otrzymujemy m t = 120 ⁢ J ∕ s 2430 ⁢ J ∕ s = 0,0494 ⁢ g ∕ s = 2,96 ⁢ g ∕ min ⁢ . Znaczenie Parowanie w tempie 3 ⁢ g ∕ min brzmi rozsądnie. To oznaczałoby około 180 ⁢ g ∕ h . Jeśli powietrze jest bardzo suche, pot może parować niepostrzeżenie. Znaczna ilość wody odparowuje również z naszych płuc i kanałów oddechowych. Innym ważnym przykładem zmiany fazy wspólnie z konwekcją jest sytuacja, gdy woda odparowuje z oceanów. Parowanie wody usuwa z nich ciepło. Następnie para ta skrapla się, tworząc chmury, które powstają nawet bardzo daleko od obszarów oceanicznych, uwalniając ciepło do atmosfery. W ten sposób następuje ogólny przepływ ciepła z oceanów do atmosfery. Proces ten jest siłą napędową chmur burzowych – wielkich cumulusów, które w stratosferze osiągają rozmiary aż do 20 ⁢ km ( ). Para wodna przenoszona za pomocą konwekcji skrapla się, uwalniając ogromne ilości energii. Powoduje ona, że powietrze rozszerza się i unosi się na wysokość, na której panuje niższa temperatura. W tych regionach skraplanie jest jeszcze silniejsze, co z kolei podnosi chmurę jeszcze wyżej. Mechanizm ten jest przykładem dodatniego sprzężenia zwrotnego, ponieważ wzmacnia i przyspiesza proces. Czasami w jego wyniku powstają gwałtowne burze z błyskawicami i gradem. Ten sam mechanizm napędza również huragany. To nagranie pokazuje prądy konwekcyjne występujące w burzach, w tym specyficzny ruch wirowy podobny do tego we wrzącej wodzie. Z pary wodnej unoszonej do góry przez konwekcję powstają chmury cumulusy. Źródło: „Amada44”/Wikimedia Commons Sprawdź, czy rozumiesz. Wyjaśnij, dlaczego latem, używając wentylatora, czujesz miły chłód? Używając wentylatora, zwiększamy przepływ powietrza. Ciepłe powietrze, które znajduje się blisko ciała, jest wymieniane na chłodniejsze, nawiewane z innych miejsc. Konwekcja zwiększa szybkość odbioru ciepła. W ten sposób poruszające się powietrze odczuwamy jako chłodniejsze od powietrza stojącego. Promieniowanie Codziennie odczuwamy ciepło przekazywane nam przez Słońce. Przestrzeń pomiędzy Ziemią a Słońcem jest całkowicie pusta, więc Słońce ogrzewa nas bez jakiejkolwiek możliwości wymiany ciepła za pośrednictwem konwekcji czy przewodnictwa. Podobnie możemy powiedzieć, że piekarnik jest gorący bez dotykania jego drzwiczek lub zaglądania do środka, odczuwając ciepło, kiedy przechodzimy obok niego. W tych przykładach ciepło jest przekazywane przez promieniowanie ( ). To oznacza, że gorące ciało emituje fale elektromagnetyczne, które absorbuje nasza skóra. Do rozchodzenia się (propagacji) fal elektromagnetycznych nie potrzeba żadnego ośrodka. Różnym długościom fal elektromagnetycznych przyporządkowano różne nazwy (od najdłuższej do najkrótszej długości fali): fale radiowe, mikrofale, promieniowanie podczerwone, światło widzialne, promieniowanie ultrafioletowe, promieniowanie X (rentgenowskie) i promieniowanie gamma. Większość ciepła przekazywanego przez ten ogień pochodzi z promieniowania. Mimo że widowiskowe, światło widzialne przekazuje względnie mało energii. Konwekcja przesyła energię z ogniska, unosząc ciepłe powietrze do góry, z dala od obserwatorów, natomiast przewodnictwo jest pomijalnie małe. Skóra jest bardzo czuła na promieniowanie podczerwone, nawet jeśli podczerwień nie jest dla naszych oczu widoczna. Źródło: Daniel O’Neil Zakres energii promieniowania elektromagnetycznego jest bardzo szeroki i zależny od długości fali. Krótszej długości fali (lub większej częstotliwości) odpowiada większa energia. Ponieważ więcej ciepła jest wypromieniowane w wyższych temperaturach, wyższe temperatury powodują większe natężenie promieniowania dla danej długości fali, szczególnie przy krótszych długościach. W świetle widzialnym długość fali determinuje barwę – najdłuższej fali odpowiada kolor czerwony, z kolei najkrótszej fioletowy – tak więc zmianie temperatury odpowiada zmiana koloru. Na przykład kolor grzałki elektrycznej w płycie grzewczej zmienia się od czerwonego do pomarańczowego, podczas gdy stal w piecu hutniczym, gdzie temperatura jest znacznie większa, świeci od żółtego koloru po biały. Promieniowanie podczerwone jest dominującą formą promieniowania emitowanego nawet przez obiekty chłodniejsze niż grzałka elektryczna czy stal. Energia promieniowania jako funkcja długości fali zależy od natężenia promieniowania i zaprezentowana została na w postaci wykresu nazywanego widmem natężenia promieniowania. Rozdział Fale elektromagnetyczne objaśnia dokładniej zjawisko spektrum elektromagnetycznego, a rozdział Fotony i fale materii tłumaczy, dlaczego spadkowi długości fali towarzyszy wzrost energii. (a) Wykres przedstawia widmo promieniowania elektromagnetycznego emitowanego przez ciało doskonale czarne dla trzech różnych temperatur. Natężenie lub szybkość emisji promieniowania wzrasta gwałtownie wraz z temperaturą, a maksimum widma przesuwa się w kierunku mniejszej długości fal tzn. w kierunku promieniowania widzialnego i ultrafioletowego. Zacieniony obszar oznacza widzialną część widma. Jest oczywiste, że przesunięcie w kierunku ultrafioletu wraz z rosnącą temperaturą sprawia, że barwa promieniowania zmienia się z czerwonej przez białą do niebieskiej. (b) Zaobserwujmy zmiany koloru odpowiadające zmianom temperatury płomienia. Szybkość wymiany ciepła przez promieniowanie zależy także od tego, jaki kolor ma dany obiekt. Promieniowanie ciała czarnego jest najbardziej efektywne, a białego – najmniej. W bezchmurny i słoneczny dzień czarny asfalt na parkingu jest znacznie bardziej gorący niż szary chodnik obok niego. Jest tak dlatego, że czarne ciała absorbują promieniowanie elektromagnetyczne lepiej niż szare ( ). Zasada ta dotyczy również emisji promieniowania – ciała czarne emitują promieniowanie lepiej niż szare. Zatem w bezchmurną, letnią noc asfalt jest chłodniejszy niż szary chodnik, ponieważ ciała czarne oddają energię szybciej niż szare. Ciało doskonale czarne to idealny emiter i idealny absorber, który pochłania i oddaje całe promieniowanie elektromagnetyczne, jakie na niego pada. W przeciwieństwie do niego ciało doskonale białe odbija całe promieniowanie elektromagnetyczne, a ciało doskonale przezroczyste – przepuszcza je ( ). Takie obiekty nie emitują żadnego promieniowania. Matematycznie: kolor ciała jest reprezentowany przez jego zdolność emisyjną (ang. emissivity ) e . Ciało doskonale czarne ma największą zdolność emisyjną e = 1 , a ciało doskonale białe lub przeźroczyste e = 0 . Inne rzeczywiste przykłady to: żarówka z włókna wolframowego ma zdolność emisyjną e równą 0,5 , a sadza (materiał używany także w tonerach drukarek) posiada zdolność emisyjną na poziomie 0,95 . Ciemniejszy chodnik jest bardziej gorący niż jasny (znacznie więcej lodu ulegnie stopieniu na chodniku z prawej strony), mimo że obydwa są wystawione na promienie słoneczne przez taki sam czas. Przewodności cieplne chodników są takie same. Ciało czarne dobrze pochłania (absorbuje) i dobrze emituje promieniowanie elektromagnetyczne, podczas gdy ciało białe, jasne lub srebrne słabo je pochłania i emituje. Aby to wszystko dobrze zrozumieć, wyobraźmy sobie dwa ciała, jedno z nich jest czarne a drugie srebrne. Oba mogą wymieniać ciepło w wyniku promieniowania i znajdują się w równowadze cieplnej. Wiemy z doświadczenia, że pozostaną w niej w sposób trwały (jest to wynikiem pewnej zasady, która będzie omawiana w rozdziale Druga zasada termodynamiki ). Aby temperatura ciała czarnego pozostała niezmienna, musi ono emitować tyle samo promieniowania, ile absorbuje. Podobne rozważania dotyczą ciała srebrnego. Musi ono wypromieniować taką samą ilość, jaką jest w stanie pochłonąć. Zatem jedna właściwość, którą jest zdolność emisyjna, kontroluje zarówno emitowanie, jak i pochłanianie promieniowania elektromagnetycznego. W tym miejscu warto wspomnieć o kocu termicznym (zwanym również kocem ratunkowym). Jeżeli chcemy ogrzać pacjenta, to srebrną stronę zwracamy do niego, natomiast aby wychłodzić – na zewnątrz. Ostatecznie ilość ciepła wypromieniowanego przez ciało jest wprost proporcjonalna do jego pola powierzchni, ponieważ każda część tego ciała wysyła promieniowanie. Jeśli rozbijemy bryłę węgla na kilka kawałków, to promieniowanie wzrośnie w sposób zauważalny, ponieważ zwiększyła się powierzchnia, która je wysyła. Szybkość przekazywania energii cieplnej przez emisję promieniowania jest opisywana przez prawo Stefana-Boltzmanna (ang. Stefan-Boltzmann law of radiation ) P = σ ⁢ S ⁢ e ⁢ T 4 ⁢ , gdzie σ = 5,67 ⋅ 10 − 8 ⁢ J ∕ s ⁢ m 2 ⁢ K 4 jest stałą Stefana-Boltzmanna, powstałą z połączenia podstawowych stałych fizycznych, S jest polem powierzchni danego ciała, a T jest jego temperaturą wyrażoną w kelwinach. Proporcjonalność do czwartej potęgi temperatury bezwzględnej pokazuje, jak silna jest zależność od temperatury. Pozwala to na detekcję nawet małych zmian temperatury. Termogramy (ang. thermographs ) są to zapisy obrazu cieplnego. Mogą one być wykorzystywane w medycynie do detekcji obszarów ciała o nienaturalnie wysokiej temperaturze, przez co mogą wykryć chorobę. Termografia (ang. thermography ) – technika rejestracji promieniowania podczerwonego – jest także używana do detekcji wycieków ciepła z budynków mieszkalnych ( ), optymalizowania wydajności wielkich pieców hutniczych, poprawy poziomu komfortu w środowisku pracy, a także w większej skali przestrzennej odwzorowuje profil temperatury powierzchni Ziemi. Termogram części budynku pokazuje wahania temperatury, wskazując miejsca, w których ciepło jest przekazywane na zewnątrz. Okna są głównym obszarem przekazywania ciepła na zewnątrz domów. Źródło: US Army Aby rozważyć przypadek pochłaniania przez ciało promieniowania z otoczenia, w którym się aktualnie znajduje, musimy zmodyfikować nieco równanie opisujące prawo Stefana-Boltzmanna. Zakładając, że ciało o temperaturze T 1 jest w w otoczeniu ciała o jednorodnej temperaturze T 2 , to wypadkowa szybkość wymiany ciepła przez promieniowanie (lub wypadkowa moc wypromieniowana , ang. net rate of heat transfer by radiation ) jest dana wzorem P wyp = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 ⁢ , gdzie e jest zdolnością emisyjną tego ciała. Bilans promieniowania do i z ciała zależy od tego, jak dobrze ono samo emituje i absorbuje promieniowanie. Kiedy T 2 > T 1 , wielkość P wyp jest dodatnia, co oznacza, że wypadkowy przekaz ciepła odbywa się w kierunku od cieplejszego ciała do chłodniejszego. Zanim przejdziemy do rozwiązywania zadań, pozostaje jeszcze jedna, istotna kwestia do omówienia – różne zdolności emisyjne dla różnych długości fal elektromagnetycznych. Jeśli dane ciało odbija określoną część padającego promieniowania widzialnego, bez względu na długość fali, to takie ciało nazywamy doskonale szarym. Natomiast gdy odbita część promieniowania widzialnego zależy od długości fali, to ciało takie posiada jakiś inny kolor. Na przykład czerwone ciało odbija światło czerwone silniej niż fale o innej długości z zakresu światła widzialnego. Ponieważ pochłania słabiej czerwony, emituje słabiej czerwony, kiedy jest gorące. Zróżnicowane odbicie i absorpcja promieniowania o długości fal spoza obszaru widzialnego nie wpływają na to, co widzimy, jednak jest to fakt bardzo istotny fizycznie. Skóra bardzo dobrze pochłania i emituje promieniowanie podczerwone. Zdolność emisyjna skóry dla podczerwieni wynosi 0,97 . Tak więc, pomimo oczywistych różnic w kolorze skóry, w podczerwieni wszyscy jesteśmy prawie ciałem doskonale czarnym. Duża emisyjność w podczerwieni tłumaczy więc, dlaczego tak łatwo czujemy na skórze promieniowanie. Jest to również zasada działania lunet noktowizyjnych, pracujących w podczerwieni, wykorzystywanych przez organy ścigania i wojsko do wykrywania ludzi. Obliczanie wypadkowego ciepła przekazywanego przez promieniowanie Jaka jest szybkość promieniowania ciepła (moc promieniowania) nieubranego człowieka stojącego w ciemnym pokoju, w którym temperatura otoczenia wynosi 22 ⁢ ° C ? Temperatura skóry tej osoby jest równa 33 ⁢ ° C , a jej pole powierzchni wynosi 1,5 ⁢ m 2 . Zdolność emisyjna skóry w podczerwieni to 0,97 . Strategia rozwiązania Możemy to obliczyć, stosując równanie opisujące szybkość wymiany ciepła przez promieniowanie. Rozwiązanie Wstawiamy wartości temperatury T 2 = 295 ⁢ K i T 1 = 306 ⁢ K i otrzymujemy Q t = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 Q t = 5,67 ⋅ 10 -8 ⁢ J ∕ s ⁢ m 2 ⁢ K 4 ⋅ 0,97 ⋅ 1,5 ⁢ m 2 ⋅ 295 ⁢ K 4 − 306 ⁢ K 4 Q t = − 99 ⁢ J ∕ s = − 99 ⁢ W ⁢ . \\begin{multiline} \\frac{Q}{t} &= \\sigma e S (T_2^4 - T_1^4) \\\\ &= \\SI{5,67e-8}{\\joule\\per\\second\\per\\metre\\squared\\per\\kelvin\\super} \\cdot \\num{0,97} \\cdot \\SI{1,5}{\\metre\\squared} \\cdot [(\\SI{295}{\\kelvin})^4 - (\\SI{306}{\\kelvin})^4] \\\\ &= -\\SI{99}{\\joule\\per\\second} = -\\SI{99}{\\watt} \\text{.} \\end{multiline} Q t = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 = 5,67 ⋅ 10 -8 ⁢ J ∕ s ⁢ m 2 ⁢ K 4 ⋅ 0,97 ⋅ 1,5 ⁢ m 2 ⋅ 295 ⁢ K 4 − 306 ⁢ K 4 = − 99 ⁢ J ∕ s = − 99 ⁢ W ⁢ . Znaczenie Jest to znacząca szybkość oddawania ciepła do otoczenia (zwróć uwagę na znak ujemny), biorąc pod uwagę fakt, że osoba będąca w spoczynku może wytwarzać energię na poziomie 125 ⁢ W , a do tego mechanizmy przewodzenia i konwekcji również przekazują energię do otoczenia. Zapewne spodziewacie się, że osoba ta odczuwa zimno. Odzież znacznie redukuje przekazywanie ciepła do otoczenia, ponieważ spowalnia zarówno przewodzenie, jak i konwekcję oraz ma mniejszą zdolność emisyjną (zwłaszcza jeśli jest jaśniejsza) niż skóra. Średnia temperatura Ziemi jest obecnie przedmiotem wielu dyskusji. Promieniowanie dociera do Ziemi zarówno ze Słońca, jak i z przestrzeni kosmicznej, więc nie możemy używać prostego równania jak dla otoczenia o jednorodnej temperaturze. Energia, jaką odbiera Ziemia, pochodzi prawie całkowicie z promieniowania Słońca. Część tego promieniowania zostaje z powrotem odbita w kosmos. Z kolei ciemna przestrzeń kosmiczna jest bardzo zimna, jej temperatura wynosi około 3 ⁢ K . Tak więc Ziemia emituje energię w ciemne niebo. Szybkość oddawania ciepła z gleby i traw bywa tak duża, że przymrozki mogą się trafiać nawet w chłodne, letnie wieczory, i to w ciepłych szerokościach geograficznych. Średnia temperatura Ziemi zależy od jej bilansu energetycznego. W pierwszym przybliżeniu jest to temperatura, w której Ziemia wypromieniowuje ciepło w przestrzeń tak szybko, jak szybko otrzymuje energię ze Słońca. Ważnym parametrem przy obliczaniu temperatury Ziemi jest jej zdolność emisyjna ( e ). Średnio wynosi ona około 0,65 , ale obliczanie tej wartości jest skomplikowane ze względu na duże dobowe zmiany spowodowane zmianami zachmurzenia, które silnie odbija promieniowanie. Ponieważ chmury mają mniejszą zdolność emisyjną niż oceany lub ląd, odbijają one część promieniowania z powrotem do powierzchni Ziemi, co znacznie redukuje przekazywanie ciepła w kosmos. Podobnie w ciągu dnia, chmury znacznie zmniejszają przenikanie ciepła do atmosfery. Powstaje ujemne sprzężenie zwrotne (tzn. zmiana powoduje efekt, który przeciwstawia się tej zmianie) między wpływem chmur a przepływem energii cieplnej. Większa temperatura odparowuje więcej wody, tworząc więcej chmur, które z kolei odbijają więcej promieniowania zewnętrznego z powrotem w przestrzeń kosmiczną, obniżając tym samym temperaturę naszej planety. Często mówi się, że efekt cieplarniany (ang. greenhouse effect ) jest bezpośrednio związany ze zmianami zdolności emisyjnej Ziemi w zależności od długości fali elektromagnetycznej ( ). Efekt cieplarniany jest naturalnym zjawiskiem odpowiedzialnym za zapewnianie odpowiednich wartości temperatury dla życia na Ziemi, a zarazem czyniącym Wenus miejscem nie do życia. Większość promieniowania emitowanego z Ziemi jest pochłaniana przez dwutlenek węgla (CO 2 ) i wodę (H 2 O) obecne w atmosferze. Część promieniowania może zostać odbita z powrotem na Ziemię, a pozostała część może przebić się przez atmosferę i zostać wyemitowana w kosmos. Powtórna emisja promieniowania w kierunku Ziemi utrzymuje temperaturę jej powierzchni o 40 ⁢ ° C wyższą, niż gdyby nie miała ona atmosfery. (Ściany i dach szklarni zwiększają temperaturę wewnątrz, blokując straty ciepła na skutek konwekcji, ale nie blokując ciepła przekazywanego na skutek promieniowania). Efekt cieplarniany jest nazwą określającą wzrost temperatury Ziemi w wyniku absorpcji promieniowania w atmosferze. Atmosfera jest przezroczysta dla promieniowania widzialnego i większości promieniowania podczerwonego pochodzącego ze Słońca. Ziemia pochłania tę energię i emituje ją ponownie. Ponieważ temperatura Ziemi jest znacznie niższa od temperatury Słońca, w podczerwieni emituje ona energię o znacznie większych długościach fal. Atmosfera pochłania dużo promieniowania podczerwonego i emituje z powrotem mniej więcej połowę energii, utrzymując ciepło Ziemi. Ilość promieniowania pochłoniętego przez atmosferę zależy także od stężenia gazów śladowych, takich jak dwutlenek węgla. Wzrost stężenia tych gazów zwiększa temperaturę powierzchni Ziemi. Efekt cieplarniany ma kluczowe znaczenie w dyskusji nad globalnym ociepleniem z powodu emisji dwutlenku węgla i metanu (oraz innych gazów cieplarnianych) do atmosfery Ziemi przez przemysł, transport i rolnictwo. Globalne zmiany klimatu mogą prowadzić do silniejszych burz, zmian w cyklach opadów (wpływających na rolnictwo), zmniejszenia różnorodności biologicznej lasów tropikalnych i wzrostu poziomu mórz i oceanów. Możesz przeanalizować symulację efektu cieplarnianego , która pokazuje, co by się stało, gdyby atmosfera rozpraszała promieniowanie podczerwone, a nie absorbowała je i emitowała ponownie. Możesz najpierw prześledzić symulację bez emisji gazów cieplarnianych w atmosferze, a następnie sprawdzić, jak dodawanie gazów cieplarnianych wpływa na promieniowanie podczerwone wysyłane z Ziemi i na temperaturę Ziemi. Strategia rozwiązywania zadań: wymiana ciepła Przeanalizuj zadanie w celu ustalenia, który z mechanizmów wymiany ciepła bierze w nim udział: przewodnictwo, konwekcja czy promieniowanie? Określ dokładnie, co należy wyznaczyć w danym zadaniu (określ szukane wielkości fizyczne i wypisz je). Zrób listę tego, co jest podane lub co można wywnioskować z treści zadania (zidentyfikuj dane). Rozwiąż właściwe równanie, wyznaczając szukaną wielkość fizyczną. Przy obliczaniu przewodnictwa użyj równania P = k ⁢ S ⁢ Δ T ∕ d . podaje wartości przewodności cieplnych różnych materiałów. W przypadku konwekcji wyznacz ilość przemieszczonej substancji biorącej udział w wymianie ciepła i użyj odpowiedniego równania Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q = mc\\prefop{\\Delta}T , razem z Q = m ⁢ c top lub Q = m ⁢ c par , jeśli substancja zmienia fazę. Dla promieniowania równanie P wyp = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 daje wypadkową szybkość (moc) wymiany ciepła za pomocą tego mechanizmu. Wstaw dane wraz z ich jednostkami do odpowiedniego równania, aby otrzymać żądaną wartość liczbową szukanej wielkości fizycznej wraz z jej jednostką. Sprawdź odpowiedź, czy jest uzasadniona. Czy ma sens fizyczny? Jeśli masz wątpliwości, to zweryfikuj swoje założenia (zmiana stanu) oraz obliczenia. Sprawdź, czy rozumiesz. O ile większa jest szybkość promieniowania, kiedy ciało ma temperaturę 40 ⁢ ° C i wtedy, gdy jego temperatura wynosi 20 ⁢ ° C ? Ciepło wypromieniowane jest proporcjonalne do czwartej potęgi temperatury bezwzględnej. Ponieważ T 1 = 293 ⁢ K , a T 2 = 313 ⁢ K , to szybkość promieniowania wzrośnie o blisko 30 ⁢ % w stosunku do pierwotnej szybkości. Podsumowanie Istnieją trzy mechanizmy wymiany ciepła: przewodnictwo, konwekcja i promieniowanie. Przewodnictwo cieplne jest to wymiana ciepła pomiędzy dwoma ciałami będącymi w bezpośrednim kontakcie. Szybkość wymiany ciepła przez przewodnictwo P (energia na jednostkę czasu) jest proporcjonalna do różnicy temperatur T c − T z i pola powierzchni kontaktu ciał S , a odwrotnie proporcjonalna do odległości d pomiędzy nimi. Konwekcja jest to wymiana ciepła przez makroskopowy ruch materii. Konwekcja może być naturalna lub wymuszona i generalnie przekazuje energię cieplną szybciej niż przewodnictwo cieplne. Konwekcja, która występuje razem ze zmianą fazy, może przekazywać energię z zimnych obszarów do ciepłych. Promieniowanie jest to wymiana ciepła poprzez emisję i absorpcję fal elektromagnetycznych. Szybkość wymiany ciepła przez promieniowanie jest proporcjonalna do zdolności emisyjnej e . Dla ciała doskonale czarnego e = 1 , a dla ciała doskonale białego, przezroczystego lub odbijającego promieniowanie e = 0 . W przypadku realnych ciał fizycznych wartości e zawarte są w przedziale pomiędzy 0 a 1. Szybkość przepływu ciepła przez promieniowanie zależy od pola powierzchni i czwartej potęgi temperatury bezwzględnej P = σ ⁢ S ⁢ e ⁢ T 4 ⁢ , gdzie σ = 5,67 ⋅ 10 − 8 ⁢ J ∕ s ⁢ m 2 ⁢ K 4 jest stałą Stefana-Boltzmanna, a e jest zdolnością emisyjną ciała. Wypadkowa szybkość wymiany ciepła z ciała przez promieniowanie wyrażona jest wzorem P wyp = Q wyp t = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 ⁢ , P_{\\text{wyp}} = \\frac{Q_{\\text{wyp}}}{t} = \\sigma e S (T_2^4 - T_1^4) \\text{,} gdzie T 1 jest temperaturą ciała znajdującego się w otoczeniu o jednorodnej temperaturze T 2 , a e jest zdolnością emisyjną tego ciała. Najważniejsze wzory Liniowa rozszerzalność cieplna Δ L = α ⁢ L ⁢ Δ T Rozszerzalność cieplna w dwóch wymiarach Δ S = 2 ⁢ α ⁢ S ⁢ Δ T Rozszerzalność cieplna w trzech wymiarach Δ V = β ⁢ V ⁢ Δ T Wymiana ciepła Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q = mc\\prefop{\\Delta}T Przepływ ciepła w kalorymetrze Q oddane + Q pobrane = 0 ⁢ J Ciepło związane ze zmianą fazy (topnienie lub zamarzanie) Q = m ⁢ c top Ciepło związane ze zmianą fazy (parowanie lub skraplanie) Q = m ⁢ c par Szybkość przewodzenia ciepła P = k ⁢ S ⁢ T c − T z d Wypadkowa szybkość wymiany ciepła przez promieniowanie P wyp = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 Pytania Jakie są główne sposoby wymiany ciepła z jądra Ziemi na jej powierzchnię oraz z powierzchni Ziemi w przestrzeń kosmiczną? Reakcją ludzkiego ciała na jego zbyt wysoką temperaturę jest wytworzenie na skórze potu oraz przyspieszenie cyrkulacji krwi do zewnętrznych części ciała, by oddać nadmiar energii cieplnej. Jaki efekt będą wywierały powyższe zjawiska na ciało człowieka, który znajduje się w wannie wypełnionej wodą o temperaturze 40 ⁢ ° C ? Przyspieszenie obiegu krwi spowoduje ogrzanie ciała tej osoby, ponieważ temperatura wody jest większa od temperatury ciała ludzkiego. Wytworzenie potu nie ochłodzi ciała znajdującego się pod wodą, ponieważ pot nie ma szans odparować z powierzchni skóry. Poniższy rysunek przedstawia przekrój termosu (zwanego także dewarem), którego zadaniem jest spowolnienie wszelkich form wymiany ciepła. Wyjaśnij funkcję poszczególnych elementów, takich jak próżnia, posrebrzane ścianki, gumowy wspornik, warstwa powietrza, korek. W niektórych kuchenkach elektrycznych grzałka schowana jest pod płaskim ceramicznym blatem. Naczynie umieszczone na ogrzewanym od spodu blacie ceramicznym jest podgrzewane, a powierzchni ceramiki w odległości zaledwie kilku centymetrów od grzałki można bezpiecznie dotykać. Dlaczego ceramika o przewodnictwie cieplnym znacznie mniejszym od metalu, ale większym od dobrego izolatora, jest idealnym materiałem na blat kuchenki? Blat ceramiczny rozprowadza ciepło tylko bezpośrednio nad grzałką, wyrównując temperaturę pod grzanym naczyniem, ale nie przewodzi ciepła dalej niż w najbliższym otoczeniu grzałki. Luźny, biały strój okrywający znaczną część powierzchni ciała to idealny ubiór dla mieszkańców pustyni zarówno w palącym słońcu, jak i podczas chłodnych wieczorów. Wytłumacz, dlaczego tego typu ubranie jest przydatne zarówno w dzień, jak i w nocy (źródło ilustracji: modyfikacja pracy Maureen Lunn, via wikimedia.org ). Jednym ze sposobów zwiększenia efektywności energetycznej kominka jest spowodowanie, by powietrze w pokoju cyrkulowało, przepływając wkoło kominka. Opisz, jakie sposoby przenoszenia ciepła dominują w tej sytuacji. Ciepło z ognia ogrzewa obudowę kominka, a następnie powietrze wokół niego. Ogrzane powietrze unosi się i przenosi konwekcyjnie ciepło w głąb pokoju (konwekcja wymuszona). W zimne, bezchmurne noce konie mogą spać pod osłoną dużych drzew. Jak to pomaga im zachować ciepło? Podczas oglądania przedstawienia w cyrku w ciągu dnia w dużym namiocie o ciemnych kolorach wyczuwasz ogromne ciepło bijące od kopuły. Wytłumacz, dlaczego tak się dzieje. Namiot jest ogrzewany przez Słońce i przekazuje nam ciepło wszystkimi trzema sposobami, zwłaszcza przez promieniowanie. Satelity zaprojektowane do obserwowania promieniowania z zimnej ( 3 ⁢ K ) i ciemnej przestrzeni kosmicznej mają czujniki osłonięte przed Słońcem, Ziemią i Księżycem i są schłodzone do bardzo niskiej temperatury. Dlaczego powinny one pracować w niskiej temperaturze? Dlaczego termometry stosowane w stacjach pogodowych są chronione przed Słońcem? Co mierzy termometr, jeśli jest osłonięty przed Słońcem? Co mierzy, jeśli nie jest osłonięty? Jeśli jest ekranowany, to mierzy temperaturę powietrza. Jeśli nie, to zmierzy połączony efekt temperatury powietrza i promieniowania cieplnego pochodzącego od Słońca. Twój dom będzie pusty przez pewien czas w zimie, a chcesz zaoszczędzić energię i pieniądze. Czy należy obrócić termostat do najniższego poziomu, który chroni dom przed uszkodzeniami, takimi jak zamarzanie rur, czy pozostawić go w normalnej temperaturze (jeśli nie lubisz wracać do zimnego domu, wyobraź sobie, że zegar steruje systemem grzewczym, więc dom będzie ciepły, kiedy wrócisz)? Uzasadnij swoją odpowiedź. Należy skręcić termostat w dół. Aby dom był w normalnej temperaturze, system ogrzewania musi zastąpić całe utracone ciepło. W przypadku wszystkich trzech mechanizmów wymiany ciepła, im większa różnica temperatur pomiędzy wnętrzem a tym, co na zewnątrz, tym więcej ciepła zostanie utracone i trzeba będzie je wymienić. Dlatego dom powinien być w najniższej temperaturze, która nie pozwala na zamarznięcie wody w rurach. Wlewasz kawę do kubka, którego nie przykrywasz. Zamierzasz wypić ją 5 minut później. Możesz dolać mleko do kawy w momencie napełniania kubka kawą lub tuż przed jej wypiciem. Mleko dolane od razu bądź później będzie mieć taką samą temperaturę, ale w stosunku do kawy niższą. Zakładamy, że kawa i mleko bardzo szybko osiągną równowagę cieplną. Kiedy opłaca się nalać mleka do kawy, aby mieć ją cieplejszą w momencie wypicia? Broiling jest metodą gotowania przez promieniowanie, która daje nieco inne rezultaty niż gotowanie przez przewodnictwo lub konwekcję. Płomień gazu lub elektryczny element grzewczy wytwarza bardzo dużą temperaturę w pobliżu żywności i powyżej niej. Dlaczego w tym układzie promieniowanie cieplne dominuje nad innymi metodami wymiany ciepła? Ponieważ powietrze jest słabym przewodnikiem ciepła, a podgrzane powietrze idzie w górę, więc konwekcja w dół jest bardzo słaba. W zimny poranek metalowy rower wydaje się zimniejszy niż drewno na ganku. Dlaczego? Zadania Oblicz szybkość przewodzenia ciepła przez ściany domu o grubości 13 ⁢ cm mające przewodność cieplną dwa razy większą niż szklane włókno. Załóż, że nie ma na nich żadnych okien i drzwi. Pole powierzchni ścian wynosi 120 ⁢ m 2 . Ich wewnętrzna strona ma temperaturę 18 ⁢ ° C , a zewnętrzna 5 ⁢ ° C ; Ile pokojowych grzejników o mocy 1 ⁢ kW każdy byłoby potrzebnych, aby zrównoważyć ciepło oddawane przez przewodnictwo? a. 1,01 ⋅ 10 3 ⁢ W ; b. Potrzebny byłby jeden grzejnik. Szybkość przewodzenia ciepła przez okno w zimowy dzień jest wystarczająco duża, aby schłodzić powietrze obok szyb. Aby zobaczyć, jak szybko okna przekazują ciepło przez przewodzenie, oblicz szybkość przewodzenia w watach przez okno o powierzczni 3 ⁢ m 2 oraz grubości 0,634 ⁢ cm , jeśli temperatury wewnątrz i na zewnątrz domu wynoszą 5 ⁢ ° C i 10 ⁢ ° C (taka szybkość nie będzie utrzymywana cały czas – wewnętrzna powierzchnia okien będzie się ochładzać, nawet do momentu powstania szronu). Oblicz szybkość przewodzenia ciepła z organizmu człowieka, zakładając, że temperatura wewnątrz ciała wynosi 37 ⁢ ° C , a temperatura skóry 34 ⁢ ° C , grubość tkanki tłuszczowej jest równa średnio 1 ⁢ cm , a pole powierzchni ciała wynosi 1,4 ⁢ m 2 . 84 ⁢ W . Wyobraź sobie, że jedną stopą stoisz na ceramicznych płytkach podłogowych, a drugą na wełnianym dywaniku. Pole powierzchni kontaktu każdej stopy z podłożem wynosi 80 ⁢ cm 2 . Zarówno płytka, jak i dywan mają grubość 2 ⁢ cm , a ich temperatura wynosi 10 ⁢ ° C z każdej strony. Z jaką szybkością musi przepływać ciepło z każdej stopy, aby utrzymać górną powierzchnię płytki i dywanika w temperaturze 33 ⁢ ° C ? Pewien człowiek spożył 3000 ⁢ kcal w ciągu dnia, przekształcając większość z tego na energię cieplną, aby utrzymać swoją temperaturę ciała. Jeśli stracił połowę tej energii na odparowanie wody (przez oddychanie i pocenie), to ile kilogramów wody wyparowało? 2,59 ⁢ kg . Pewien człowiek jest w stanie przebiec po rozżarzonych węglach i się nie poparzyć. Oblicz ciepło przekazywane na drodze przewodnictwa do spodniej strony jego stóp o grubości naskórka 3 ⁢ mm i przewodności cieplnej rozżarzonych węgli jak dla drewna z najniższego zakresu, o gęstości 300 ⁢ kg ∕ m 3 . Pole powierzchni kontaktu to 25 ⁢ cm 2 , temperatura węgli wynosi 700 ⁢ ° C , a czas kontaktu stopy z węglem to 1 ⁢ s . Pomiń odparowywanie potu. Jaka jest szybkość przewodzenia ciepła przez futro dużego zwierzęcia mające grubość 3 ⁢ cm i powierzchnię 1,4 ⁢ m 2 ? Załóż, że temperatura skóry tego zwierzęcia wynosi 32 ⁢ ° C , a temperatura powietrza − 5 ⁢ ° C . Przyjmij, że futro ma taką samą przewodność cieplną jak powietrze; Jaką wartość energetyczną musi dostarczyć mu pokarm w ciągu jednego dnia, aby uzupełnić te straty ciepła? a. 39,7 ⁢ W ; b. 820 ⁢ kcal . Mors arktyczny pływający w wodach oceanu o temperaturze − 1 ⁢ ° C przekazuje energię na drodze przewodnictwa poprzez swoją tkankę tłuszczową z szybkością 150 ⁢ W . Wewnętrzna temperatura morsa wynosi 37 ⁢ ° C , a jego powierzchnia 2 ⁢ m 2 . Ile wynosi średnia grubość tkanki tłuszczowej, której przewodność równa jest przewodności cieplnej tkanki tłuszczowej bez krwi? Porównaj szybkości przewodnictwa cieplnego przez ścianę o grubości 13 ⁢ m , powierzchni 10 ⁢ m 2 i przewodności cieplnej dwa razy większej niż włókna szklanego i przez okno grubości 0,75 ⁢ cm i o powierzchni 2 ⁢ m 2 , zakładając tę samą różnicę temperatur dla okna i ściany. P = Q ∕ t = k ⁢ S ⁢ T 2 − T 1 ∕ d P = Q/t = kS(T_2-T_1)/d , zatem P ściana P okno = k ściana ⁢ S ściana ⁢ d okno k okno ⁢ S okno ⁢ d ściana = 2 ⋅ 0,042 ⁢ J ∕ s ⁢ m ⁢ ° C ⋅ 10 ⁢ m 2 ⋅ 0,75 ⋅ 10 -2 ⁢ m 0,84 ⁢ J ∕ s ⁢ m ⁢ ° C ⋅ 2 ⁢ m 2 ⋅ 13 ⋅ 10 -2 ⁢ m \\frac{P_{\\text{ściana}}}{P_{\\text{okno}}} = \\frac{k_{\\text{ściana}} S_{\\text{ściana}} d_{\\text{okno}}}{k_{\\text{okno}} S_{\\text{okno}} d_{\\text{ściana}}} = \\frac{2 \\cdot \\SI{0,042}{\\joule\\per\\second\\per\\metre\\per\\celsius} \\cdot \\SI{10}{\\metre\\squared} \\cdot \\SI{0,75e-2}{\\metre}}{\\SI{0,84}{\\joule\\per\\second\\per\\metre\\per\\celsius} \\cdot \\SI{2}{\\metre\\squared} \\cdot \\SI{13e-2}{\\metre}} . To daje stosunek 0,0288 ściana:okno lub 35 : 1 okno:ściana. Załóż, że osoba jest przykryta od stóp po głowę wełnianym kocem o średniej grubości 2 ⁢ cm , który przekazuje energię przez przewodzenie z szybkością (mocą) 50 ⁢ W . Jaka jest różnica temperatur występująca po obu stronach koca, jeśli przyjmiesz jego powierzchnię 1,4 ⁢ m 2 ? Niektóre blaty kuchenne są wykonane z gładkiej ceramiki, co ułatwia ich czyszczenie. Jeśli ceramika ma grubość 0,6 ⁢ cm , przewodzenie ciepła odbywa się przez ten sam obszar i w takim samym tempie, jak zostało to obliczone w , to jaka jest różnica temperatury w poprzek blatu? Ceramika ma taką samą przewodność cieplną jak szkło lub cegła. Q ∕ t = k ⁢ S ⁢ T 2 − T 1 ∕ d = k ⁢ S ⁢ Δ T ∕ d , Δ T = d ⁢ Q ∕ t ∕ k ⁢ S = 6 ⋅ 10 − 3 ⁢ m ⋅ 2256 ⁢ W ∕ 0,84 ⁢ J ∕ s ⁢ m ⁢ ° C ⋅ 1,54 ⋅ 10 − 2 ⁢ m 2 = 1046 ⁢ ° C = 1,05 ⋅ 10 3 ⁢ K . Jednym z łatwych sposobów zmniejszenia kosztów ogrzewania (i chłodzenia) jest dodanie dodatkowej izolacji na poddaszu domu. Załóż, że dom z jedną kondygnacją miał już 15 ⁢ cm izolacji z włókna szklanego na poddaszu i na wszystkich powierzchniach zewnętrznych. Jeśli na poddaszu dodano dodatkowe 8 ⁢ cm włókna szklanego, to o ile procent spadną koszty ogrzewania domu? Przyjmij następujące wymiary domu: 10 ⁢ m × 15 ⁢ m × 3 ⁢ m . Zignoruj infiltrację powietrza i straty ciepła na oknach i drzwiach. Załóż, że wewnątrz i na zewnątrz domu temperatura jest jednorodna. Zarówno w świecie biznesu, jak i w życiu codziennym decyzje finansowe podejmowane są na podstawie długości okresu zwrotu inwestycji – czasu, po którym oszczędności zrównają się z poniesionym kosztem inwestycyjnym. Akceptowalny okres zwrotu zależy od naszych oczekiwań, ale zwykle liczony jest w latach. Zdecydowałeś się zamontować dodatkową izolację z poprzedniego zadania. Oblicz okres zwrotu kosztów ocieplenia, jeżeli koszt energii to 5 ⁢ zł za milion dżuli, a koszt izolacji to 20 ⁢ zł za metr kwadratowy. Załóż, że średnie Δ T w 120-dniowym sezonie grzewczym wynosi 15 ⁢ ° C . W poprzednim zadaniu wyliczyliśmy, że zużycie energii wynosi P = 126 ⁢ W ∕ ° C ⋅ Δ T . Zatem całkowita utrata energii w tym okresie wynosi Q = 126 ⁢ J ∕ s ⁢ ° C ⋅ 15 ⁢ ° C ⋅ 120 ⁢ dni ⋅ 86,4 ⋅ 10 3 ⁢ s ∕ dzień = 1960 ⋅ 10 6 ⁢ J . Jeżeli cena energii to 5 ⁢ zł ∕ MJ , to całkowity koszt energii w sezonie grzewczym wyniesie 9800 ⁢ zł . Z poprzedniego zadania wiemy, że oszczędność wyniesie 12 ⁢ % , czyli 1176 ⁢ zł ∕ rok . Potrzebujemy 150 ⁢ m 2 izolacji na strychu. Cena izolacji wynosi 20 ⁢ zł ∕ m 2 , co daje w sumie 3000 ⁢ zł . Zatem okres zwrotu inwestycji wyniesie 3000 ⁢ zł ∕ 1176 ⁢ zł ∕ rok = 2,6 ⁢ lat (nie licząc kosztów robocizny). Zadania dodatkowe W roku 1701 duński astronom Ole Rømer zaproponował skalę temperatury opartą na dwóch stałych punktach, z których w jednym woda zamarzała w 7,5 stopniach, a w drugim w 60 stopniach wrzała. W ilu stopniach skali Rømera wrze tlen ( 90,2 ⁢ K )? Jaki jest procentowy błąd popełniony przy przyjęciu dla wolframu temperatury topnienia równej 3695 ⁢ ° C zamiast poprawnej wartości 3695 ⁢ K ? 7,39 ⁢ % . Inżynier chce zaprojektować strukturę, w której różnica w długości pomiędzy belką stalowa a belką aluminiową pozostaje zawsze równa 0,5 ⁢ m bez względu na temperaturę, dla zwykłych temperatur. Jakie muszą być długości belek? Jakie naprężenie powstaje w belce stalowej, jeśli jej temperatura zmienia się od − 15 ⁢ ° C do 40 ⁢ ° C , a belka nie może się rozszerzać? Dla stali moduł Younga wynosi E = 210 ⋅ 10 9 ⁢ N ∕ m 2 z Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości . (Pomiń zmianę w powierzchni wynikającą z rozszerzania). F ∕ S = 210 ⋅ 10 9 ⁢ Pa ⋅ 12 ⋅ 10 -6 ⁢ ° C -1 ⋅ 40 ⁢ ° C − − 15 ⁢ ° C = 1,4 ⋅ 10 8 ⁢ N ∕ m 2 F/S = \\SI{210e9}{\\pascal} \\cdot \\SI[per-mode=reciprocal]{12e-6}{\\per\\celsius} \\cdot [\\SI{40}{\\celsius} - (-\\SI{15}{\\celsius})] = \\SI{1,4e8}{\\newton\\per\\metre\\squared} . Mosiężny pręt ( E = 90 ⋅ 10 9 ⁢ N ∕ m 2 ) o średnicy 0,8 ⁢ cm i długości 1,2 ⁢ m , kiedy temperatura wynosi 25 ⁢ ° C , jest zamocowany na dwóch końcach. Przy jakiej temperaturze siła w tym pręcie wyniesie 36 000 ⁢ N ? Termometr rtęciowy (w metrologii ciągle używany) ma bańkę o objętości 0,78 ⁢ cm 3 i rurkę o wewnętrznej średnicy 0,13 ⁢ mm , w której rtęć może się rozszerzać. Pomijając rozszerzalność cieplną szkła, oblicz odległość pomiędzy znacznikami skali równymi 1 ⁢ ° C ; Jaki będzie odstęp między znacznikami, gdy zostanie zastosowane zwykłe szkło? (Niezbyt dobry pomysł). a. 1,06 ⁢ cm ; b. 1,11 ⁢ cm . Kiedy po okresie normalnego użytkowania reaktor jądrowy zostaje wygaszany, wciąż jeszcze produkuje energię cieplną o mocy 150 ⁢ MW . Ta wymiana ciepła może spowodować bardzo szybki wzrost temperatury, jeśli układ chłodzenia zawiedzie. Oblicz szybkość wzrostu temperatury w stopniach Celsjusza na sekundę ( ° C ∕ s ), jeśli masa rdzenia reaktora wynosi 1,6 ⋅ 10 5 ⁢ kg i posiada on średnie ciepło właściwe 0,3349 ⁢ kJ ∕ kg ⁢ ° C ; Ile czasu potrzeba, aby temperatura wzrosła o 2000 ⁢ ° C , co mogłoby spowodować stopienie niektórych metali, które trzymałyby materiały promieniotwórcze? (Początkowa szybkość wzrostu temperatury byłaby większa niż obliczona tutaj, ponieważ przenoszenie ciepła jest skoncentrowane w mniejszej masie, później jednak wzrost temperatury zwolniłby, gdyż zbiornik do naczyń o pojemności 500 000 ⁢ kg również zacząłby się nagrzewać). Zostawiłeś ciastko w lodówce na talerzu i prosisz kolegę z pokoju, aby wyciągnął je, zanim wrócisz do domu, tak żeby mogło być gotowe do zjedzenia (czyli było w temperaturze pokojowej). Zamiast tego twój współlokator grał godzinami na konsoli. Kiedy wróciłeś, zauważyłeś, że ciasto jest zimne, ale konsola do gry gorąca. Zirytowany i pewny, że ciasto nie będzie dobre, gdy podgrzejesz je w mikrofalówce, postanawiasz, że ogrzejesz je, odłączając konsolę i wkładając ją do czystej torby na śmieci (która działa jak idealny kalorymetr) z ciastem na talerzu. Po chwili stwierdzasz, że równowaga termiczna została już osiągnięta i temperatura wewnątrz wynosi 38,3 ⁢ ° C . Wiesz, że konsola waży 2,1 ⁢ kg . Załóż, że w chwili odłączenia miała temperaturę 45 ⁢ ° C . Ciastko waży 0,16 ⁢ kg , jego ciepło właściwe to 3 ⁢ kJ ∕ kg ⁢ ° C , a jego początkowa temperatura wynosiła 4 ⁢ ° C . Talerzyk posiada tę samą temperaturę co ciastko, wagę 0,24 ⁢ kg i ciepło właściwe równe 0,9 ⁢ kJ ∕ kg ⁢ ° C . Ile wynosi ciepło właściwe konsoli? 1,7 ⁢ kJ ∕ kg ⁢ ° C . Dwie kule, A i B , są zrobione z tego samego materiału. Pierwsza ma temperaturę 0 ⁢ ° C , a druga 100 ⁢ ° C . Kule zostały umieszczone w idealnym kalorymetrze zapewniającym im kontakt. Osiągnęły równowagę termiczną w 20 ⁢ ° C . Która z tych kul jest większa? Ile wynosi stosunek ich średnic? W niektórych krajach mleko w cysternach do ich przewozu jest schładzane ciekłym azotem. Jeżeli dostawa mleka trwa 3 ⁢ h , to jest potrzebne 200 ⁢ l ciekłego azotu, który ma gęstość 808 ⁢ kg ∕ m 3 . Oblicz ilość przekazanego ciepła potrzebnego do odparowania takiej ilości LN 2 i do podniesienia jego temperatury do 3 ⁢ ° C (użyj c p i załóż, że jest stałe w całym zakresie temperatur). Ta wartość, którą otrzymasz, jest potrzebna do schłodzenia mleka; Jaka jest szybkość wymiany ciepła w kilowatach na godzinę? Porównaj ilość ciepła chłodzenia uzyskanego ze stopienia identycznej masy lodu o temperaturze 0 ⁢ ° C z uzyskanym z odparowania ciekłego azotu. a. 1,57 ⋅ 10 4 ⁢ kcal ; b. 18,3 ⁢ kW ⁢ h ; c. 1,29 ⋅ 10 4 ⁢ kcal . Niektórzy pasjonaci strzelania robią swoje własne pociski, topiąc ołów i wlewając go do odpowiednich form. Ile ciepła należy dostarczyć, aby podnieść temperaturę i stopić 0,5 ⁢ kg ołowiu, zaczynając od 25 ⁢ ° C ? Żelazny cylinder o masie 0,8 ⁢ kg mający temperaturę 10 3 ⁢ ° C został umieszczony w izolowanej skrzynce wraz z 1 ⁢ kg lodu w temperaturze topnienia lodu. Jaka będzie temperatura końcowa i ile lodu ulegnie stopieniu? 6,3 ⁢ ° C . Cały lód się stopi. Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania dla 2 ⁢ kg lodu. Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania, przyjmując, że w skrzynce znajduje się 0,5 ⁢ kg lodu i że lód znajduje się w miedzianej skrzynce o masie 1,5 ⁢ kg , która początkowo jest w równowadze termicznej z lodem. 63,9 ⁢ ° C . Cały lód się stopi. Kostka lodu o masie 30 ⁢ g , będąca w temperaturze topnienia, została włożona do aluminiowego kalorymetru o wadze 100 ⁢ g będącego w równowadze z 300 ⁢ g nieznanej cieczy w temperaturze 24 ⁢ ° C . Temperatura końcowa wyniosła 4 ⁢ ° C . Jaka jest pojemność cieplna cieczy? Oblicz szybkość przewodzenia ciepła przez okno z podwójnymi szybami, które ma powierzchnię 1,5 ⁢ m 2 , grubość szyb to 0,8 ⁢ cm z powietrzną przerwą między nimi szerokości 1 ⁢ cm . Temperatura wewnątrz domu wynosi 15 ⁢ ° C , a na zewnątrz − 10 ⁢ ° C (Wskazówka: Taki sam spadek temperatury występuje na każdej z szyb. Najpierw oblicz spadek temperatury na szybach, a potem na powietrznej przerwie. Pomiń wzrost przewodzenia ciepła na skutek konwekcji); Oblicz szybkość przewodzenia ciepła przez pojedyncze okno o grubości szkła 1,6 ⁢ cm , o tej samej powierzchni i w tych samych temperaturach wewnątrz i na zewnątrz. Porównaj swój wynik z podpunktem (a). a. 83 ⁢ W ; b. 1,97 ⋅ 10 3 ⁢ W . Okno z pojedynczą szybą ma szybkość przewodzenia ciepła równą 1969 ∕ 83 , czyli 24 razy większą niż okno z podwójnymi szybami. Zewnętrzna ściana domu ma wysokość 3 ⁢ m i szerokość 10 ⁢ m . Składa się z płyty kartonowo-gipsowej o oporze cieplnym R równym 0,56 , warstwy równej 10 ⁢ cm wypełnionej włóknem szklanym i warstwy izolacji o R równym 2,6 . Ściana jest tak dobrze zbudowana, że nie ma żadnych bezpośrednich przepływów powietrza. Jak szybko przepływa ciepło przez tę ścianę, jeżeli jej wewnętrzna strona ma temperaturę 22 ⁢ ° C , a zewnętrzna − 2 ⁢ ° C ? Bardziej realnym przykładem będzie przestrzeń o grubości 10 ⁢ cm zawierająca także ramę z drewnianych belek o grubości 4 ⁢ cm i szerokości 10 ⁢ cm ułożonych w taki sposób, że szerokość belki rozciąga się od ściany zewnętrznej do wewnętrznej. Belki te ułożone są w odległości 40 ⁢ cm od siebie. Jaki jest upływ ciepła w tej sytuacji? Nie przejmuj się jedną belką więcej czy mniej. Jaka jest szybkość przewodnictwa ciepła przez tkankę ludzkiego ciała, jeśli przyjmiemy jej grubość równą 3 ⁢ cm , różnicę temperatury 2 ⁢ ° C , a powierzchnię skóry 1,5 ⁢ m 2 ? Jak to porównać ze średnią szybkością przekazywania ciepła do ciała wynikającą z poboru energii około 2400 ⁢ kcal dziennie? Szybkość wymiany ciepła wynosi 20 ⁢ W . Jest to 1,728 ⁢ kJ ∕ dzień . Wartość energetyczna spożywanego na dzień jedzenia wynosi 2400 ⁢ kcal ∕ dzień ⋅ 4186 ⁢ J ∕ kcal = 10 050 ⁢ kJ ∕ dzień . Zatem tylko 17,2 ⁢ % energii ze spożycia jedzenia jest zużywane na przekazywanie ciepła do otoczenia przez przewodnictwo przy przyjętej różnicy temperatury Δ T . Masz kolbę Dewara (laboratoryjna kolba próżniowa), która ma otwartą górę i proste boki, jak pokazano poniżej. Napełniasz ją wodą i wkładasz do zamrażarki. Naczynie to jest skutecznym izolatorem, blokującym całkowicie wymianę ciepła, z wyjątkiem wierzchołka. Po pewnym czasie na powierzchni wody tworzy się lód. Woda i dolna powierzchnia lodu, która jest w kontakcie z wodą, mają temperaturę 0 ⁢ ° C . Górna powierzchnia lodu ma tę samą temperaturę co powietrze w zamrażarce, czyli − 18 ⁢ ° C . Przyjmij szybkość przepływu ciepła przez lód równą szybkości straty ciepła topnienia podczas zamarzania wody. Kiedy warstwa lodu osiąga grubość 0,7 ⁢ cm , oblicz szybkość (w m ∕ s ), z jaką ona narasta. Grzejnik podczerwieni do sauny ma powierzchnię 0,05 ⁢ m 2 i zdolność emisyjną 0,84 . Z jaką temperaturą musi działać, jeśli wymagana moc wynosi 360 ⁢ W ? Pomiń temperaturę otoczenia. 620 ⁢ K . Oblicz moc promieniowania ze Słońca, wiedząc, że natężenie promieniowania docierającego do Ziemi wynosi 1370 ⁢ W ∕ m 2 . Wskazówka: Promieniowanie słoneczne dociera do każdego punktu sfery o promieniu równym promieniowi orbity ziemskiej; Zakładając, że temperatura Słońca wynosi 5780 ⁢ K , a jego zdolność emisyjna wynosi 1, oblicz jego promień. Zadania trudniejsze Pewne wahadło wykonano z podlegającego rozszerzalności cieplnej pręta o długości L o pomijalnej masie oraz z ciężarka o pomijalnym rozmiarze. Udowodnij, że gdy temperatura wzrośnie o d T , to okres drgań wahadła zwiększy się α ⁢ ⁢ d T ∕ 2 razy; Zegar z mosiężnym wahadłem pokazuje poprawny upływ czasu w temperaturze 10 ⁢ ° C . Czy w temperaturze 30 ⁢ ° C będzie chodził wolniej, czy szybciej? Ile wynosi jego błąd w sekundach na dzień? Dla celów zadania oznaczmy okres jako O , by odróżnić oznaczenia okresu oraz temperatury. Wiemy, że okres drgań wahadła to O = 2 ⁢ π ⁢ L ∕ g . Kiedy temperatura wzrasta o d T , wahadło wydłuża się o α ⁢ L ⁢ d T . a. Nowy okres drgań to O = 2 ⁢ π ⁢ L + α ⁢ L ⁢ d T ∕ g = 2 ⁢ π ⁢ L ∕ g ⋅ 1 + α ⁢ d T = 2 ⁢ π ⁢ L ∕ g ⋅ 1 + α ⁢ d T ∕ 2 = O ⋅ 1 + α ⁢ d T ∕ 2 (stosując wzór dwumianowy); b. Zegar pracuje wolniej. Nowy okres drgań wahadła to 1,000 19 ⁢ s . Będzie się spóźniał o 16,4 ⁢ s dziennie. W temperaturze kilkuset kelwinów pojemność cieplna miedzi jest w przybliżeniu opisana empirycznym równaniem c = α + β ⁢ T + δ ⁢ T − 2 , gdzie α = 349 ⁢ J ∕ kg ⁢ K , β = 0,107 ⁢ J ∕ kg ⁢ K 2 , a δ = 4,58 ⋅ 10 5 ⁢ J ⁢ kg ⁢ K . Ile ciepła należy dostarczyć, aby podnieść temperaturę 2 ⁢ kg miedzi od 20 ⁢ ° C do 250 ⁢ ° C ? W kalorymetrze o pomijalnej pojemności cieplnej znajduje się 200 ⁢ g pary wodnej w temperaturze 150 ⁢ ° C oraz 100 ⁢ g lodu o temperaturze − 40 ⁢ ° C . Ciśnienie jest stale utrzymywane na poziomie 1 ⁢ atm . Ile wynosi temperatura końcowa oraz ile lodu, wody i pary wodnej pozostanie w kalorymetrze? Ilość ciepła potrzebnego do stopienia lodu i ogrzania go do 100 ⁢ ° C nie wystarcza, by skroplić parę, ale jest wystarczająco duża, by ochłodzić parę wodną o 50 ⁢ ° C , więc stan końcowy będzie składał się z pary i wody w stanie ciekłym w równowadze. Temperaturą równowagi będzie 100 ⁢ ° C ; 9,5 ⁢ g pary skropli się, więc finalnie pozostanie 49,5 ⁢ g pary oraz 40,5 ⁢ g wody. Astronauta na spacerze kosmicznym jest osłonięty od Słońca i ubrany w kombinezon kosmiczny, który można uznać za doskonale biały ( e = 0 ) poza małą łatką z materiału w postaci flagi narodowej o rozmiarach 5 ⁢ cm × 8 ⁢ cm \\SI{5}{\\centi\\metre}\\times\\SI{8}{\\centi\\metre} . Łatka ma zdolność emisyjną równą 0,3 . Kombinezon pod łatką ma 0,5 ⁢ cm grubości, posiada przewodność cieplną k = 0,06 ⁢ W ∕ m ⁢ ° C , a temperatura jego wewnętrznej powierzchni wynosi 20 ⁢ ° C . Ile wynosi temperatura łatki oraz jaka jest szybkość utraty ciepła przepływającego przez nią? Załóż, że łatka jest na tyle cienka, że jej zewnętrzna powierzchnia jest w tej samej temperaturze, co powierzchnia kombinezonu pod nią. Załóż także, że temperatura przestrzeni kosmicznej to 0 ⁢ K . Uzyskane równanie będzie bardzo trudne do rozwiązania w sposób analityczny, dlatego możesz je rozwiązać w sposób numeryczny za pomocą kalkulatora graficznego, programu obliczeniowego lub metodą prób i błędów za pomocą zwykłego kalkulatora. Celem tego zadania jest obliczenie przyrostu warstwy lodu w funkcji czasu. Oznacz grubość warstwy lodu przez L . Wyznacz równanie na d L ∕ d T w zależności od L , temperatury T ponad lodem oraz właściwości lodu (które możesz pozostawić w formie symboli); Rozwiąż to równanie różniczkowe, zakładając, że w t = 0 ⁢ s t=\\SI{0}{\\second} grubość lodu wynosi L = 0 ⁢ m L=\\SI{0}{\\metre} . Jeżeli znasz metody obliczania równań różniczkowych, przekształć równanie do formy d L ∕ d T pomnożone przez prostą funkcję L z jednej strony równania. Scałkuj obie strony równania po czasie; Czy woda zamarznie do samego dna naczynia? a. d L ∕ d T = k ⁢ T ∕ ρ ⁢ L ; b. L = 2 ⁢ k ⁢ T ⁢ t ∕ ρ ⁢ c top ; c. Tak. Oszacuj temperaturę Ziemi. Załóż, że planeta jest idealną kulą o jednorodnej temperaturze. Pomiń efekt cieplarniany. Promieniowanie cieplne Słońca ma natężenie (stała słoneczna S ) równe około 1370 ⁢ W ∕ m 2 w odległości orbity ziemskiej. Zakładając, że promienie Słońca są równoległe, na jaką powierzchnię musi padać S , by określić całkowite promieniowanie przechwytywane przez Ziemię? Najłatwiej będzie podać powierzchnię w zależności od promienia Ziemi R ; Załóż, że Ziemia odbija ok. 30 ⁢ % energii słonecznej, która na nią pada. Innymi słowy albedo Ziemi wynosi A = 0,3 . Oblicz szybkość absorpcji promieniowania słonecznego przez Ziemię wyrażoną przez S , A oraz R ; Oblicz temperaturę, przy której Ziemia wypromieniowuje energię z taką samą szybkością. Załóż, że w zakresie długości fal podczerwieni, w których Ziemia wypromieniowuje energię, jej zdolność emisyjna e jest równa 1 . Czy twój wynik pokazuje, że efekt cieplarniany jest ważny? Jak ten wynik zależy od wartości pola powierzchni Ziemi? Rozwiąż poprzednie zadanie, uwzględniając tym razem w sposób uproszczony efekt cieplarniany. Załóż, że atmosfera jest pojedynczą warstwą – otaczającą Ziemię sferyczną powłoką o zdolności emisyjnej e = 0 77 dla podczerwieni emitowanej przez Ziemię i atmosferę (parametry warstwy ustalono w ten sposób, aby uzyskać poprawny wynik). Efekt cieplarniany związany jest z faktem, że atmosfera ziemska jest przezroczysta dla światła widzialnego, ale dość mocno absorbuje promieniowanie podczerwone. W obliczeniach załóż, że do powierzchni Ziemi dociera jedynie światło widzialne ze Słońca. Załóż także, że promień atmosfery jest w przybliżeniu równy promieniowi Ziemi, ale skoro jest ona sferą wokół Ziemi, to promieniuje ona podczerwień zarówno w stronę powierzchni Ziemi, jak i w kierunku przestrzeni kosmicznej, zatem jej powierzchnia jest dwukrotnie większa niż powierzchnia Ziemi. Występują tu trzy strumienie promieniowania cieplnego: promieniowanie świetlne absorbowane przez Ziemię, promieniowanie podczerwone z powierzchni Ziemi, które absorbuje atmosfera zgodnie ze swoją emisyjnością, oraz promieniowanie podczerwone z atmosfery, z którego połowa absorbowana jest przez Ziemię, a druga połowa wypromieniowana w kierunku przestrzeni kosmicznej. Skorzystaj z metody rozwiązania zastosowanej w poprzednim zadaniu i znajdź równania opisujące powierzchnię Ziemi i atmosferę, a następnie wyznacz z nich dwie nieznane temperatury: powierzchni oraz atmosfery. Wyraź moc promieniowania podczerwonego powierzchni Ziemi w funkcji promienia ziemskiego, stałej σ oraz nieznanej temperatury powierzchni Ziemi T Z ; Jaka jest moc promieniowania Ziemi absorbowanego przez atmosferę? Wyraź moc promieniowania podczerwonego atmosfery jako funkcję jej temperatury T a ; Zapisz równanie, które mówi, że moc promieniowania, jakie atmosfera absorbuje z Ziemi, równa jest mocy promieniowania, jakie atmosfera emituje; Połowa mocy wyemitowanej przez atmosferę dociera do Ziemi. Zapisz równanie, które mówi, że moc promieniowania, jakie absorbuje Ziemia z atmosfery oraz ze Słońca, równa jest mocy, jaką Ziemia emituje; Rozwiąż oba równania według nieznanej temperatury Ziemi. a. σ ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ T Z 4 ; b. E ⁢ σ ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ T Z 4 ; c. 2 ⁢ E ⁢ σ ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ T a 4 ; d. T Z 4 = 2 ⁢ T a 4 ; e. E ⁢ σ ⁢ T Z 4 + s ∕ 4 − A ⁢ s ∕ 4 = σ ⁢ T Z 4 ; f. 288 ⁢ K . przewodnictwo (ang. conduction ) wymiana ciepła pomiędzy ciałami będącymi ze sobą w bezpośrednim kontakcie fizycznym konwekcja (ang. convection ) wymiana ciepła poprzez makroskopowy ruch płynu (gazu bądź cieczy) zdolność emisyjna (ang. emissivity ) miara promieniowania elektromagnetycznego wysyłanego przez ciało efekt cieplarniany (ang. greenhouse effect ) ocieplenie Ziemi związane z obecnością gazów w atmosferze, takich jak dwutlenek węgla i metan, które absorbują promieniowanie podczerwone z powierzchni Ziemi i reemitują je we wszystkich kierunkach, a tym samym odsyłają jego część z powrotem do Ziemi wypadkowa moc promieniowania (ang. net rate of heat transfer by radiation ) szybkość wymiany ciepła poprzez promieniowanie elektromagnetyczne, uwzględniając przy tym temperaturę otoczenia P wyp = σ ⁢ e ⁢ S ⁢ T 2 4 − T 1 4 P_{\\text{wyp}} = \\sigma e S (T_2^4 - T_1^4) promieniowanie (ang. radiation ) energia przekazywana bezpośrednio przez fale elektromagnetyczne na skutek różnicy temperatury pomiędzy ciałem a otoczeniem szybkość przewodnictwa cieplnego (ang. rate of conductive heat transfer ) szybkość wymiany ciepła z jednego ciała do drugiego prawo Stefana-Boltzmanna (ang. Stefan-Boltzmann law of radiation ) P = σ ⁢ S ⁢ e ⁢ T 4 , gdzie σ \\sigma jest stałą Stefana-Boltzmanna σ = 5,67 ⋅ 10 − 8 ⁢ J ∕ s ⁢ m 2 ⁢ K 4 , S jest polem powierzchni, T jest temperaturą bezwzględną, a e jest zdolnością emisyjną współczynnik przewodnictwa cieplnego (ang. thermal conductivity ) właściwość materiału opisująca jego zdolność do przewodzenia ciepła", "section": "Mechanizmy przekazywania ciepła", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Erupcje wulkaniczne uwalniają do atmosfery tony gazów i pyłów. Większą część tych gazów stanowi para wodna, ale emitowane są także inne powszechnie znane gazy, w tym cieplarniane, takie jak dwutlenek węgla [tlenek węgla (IV)], czy też gazy powodujące kwaśne deszcze, jak dwutlenek siarki [tlenek siarki (IV)]. Jednakże skutki emisji gazów wulkanicznych nie zawsze są negatywne – wielu geologów uważa, że w początkowych stadiach formowania się Ziemi emisje tych gazów utworzyły wczesną atmosferę. Źródło: „Boaworm”/Wikimedia Commons Gazy, dosłownie, znajdują się wokół nas – powietrze, którym oddychamy, jest mieszaniną gazów. Dzięki gazom ciasta stają się puszyste, napoje – musujące, a ciepło ogrzewające nasze domy to produkt spalania gazów. Działanie silników spalinowych i lodówek również zależy od własności gazów, jak pokażemy w kolejnych rozdziałach. Badanie ciepła i temperatury należy do działu fizyki zwanego termodynamiką (jak to omówiliśmy w poprzednim rozdziale Termodynamika ). W badaniach tych wymagamy, aby rozpatrywany układ był układem makroskopowym, co oznacza, że powinien zawierać ogromną liczbę (rzędu 10 23 ) cząsteczek. Zaczniemy od rozpatrzenia niektórych makroskopowych własności gazów: objętości, ciśnienia i temperatury. Prosty model hipotetycznego gazu doskonałego bardzo precyzyjnie opisuje właściwości gazu znajdującego się w różnych warunkach. Następnie przejdziemy od modelu gazu doskonałego do modelu o szerszych zastosowaniach – modelu Van der Waalsa. Aby jeszcze lepiej zrozumieć właściwości gazów, musimy na nie spojrzeć także z mikroskopowego, molekularnego punktu widzenia. Molekuły gazów oddziałują ze sobą słabo, dzięki czemu ich mikroskopowe właściwości są dość proste i mogą stanowić dobry wstęp do badania fizyki układów wielu cząsteczek. Cząsteczkowym modelem budowy gazów zajmuje się kinetyczna teoria gazów. Model ten jest klasycznym przykładem modeli cząsteczkowych, które opisują i wyjaśniają powszechnie obserwowane właściwości takich układów.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Model cząsteczkowy gazu doskonałego W tym podrozdziale zajmujemy się badaniem cieplnych (termicznych) właściwości gazów. Słowo „gaz” pochodzi z języka flamandzkiego, w którym oznacza ono „chaos”. Po raz pierwszy zostało użyte przez siedemnastowiecznego chemika (także lekarza, fizjologa i alchemika) J. B. van Helmonta (1580–1644) w odniesieniu do par cieczy. Termin ten okazał się bardziej odpowiedni, niż można było wtedy przypuszczać, ponieważ gazy składają się z cząsteczek będących w nieustannym ruchu, przypadkowo zderzających się ze sobą. Ta losowość (przypadkowość) stanowi pomost pomiędzy poziomami mikroskopowym i makroskopowym układów wielu cząstek, przy czym przejście między poziomami jest znacznie prostsze dla gazów aniżeli dla cieczy i ciał stałych. Czym różnią się gazy od cieczy i ciał stałych? W normalnych warunkach, czyli takich, jakie nas otaczają, podstawowa różnica polega na tym, że cząsteczki w gazach są znacznie bardziej oddalone od siebie, niż to ma miejsce w ciałach stałych i cieczach. Ponieważ typowe odległości między cząsteczkami w gazie są duże w porównaniu z rozmiarami tych cząsteczek, jak to pokazano na , to siły, z jakimi cząsteczki oddziałują na siebie, uważa się za pomijalne, z wyjątkiem sytuacji, w których cząsteczki wchodzą w bezpośredni kontakt ze sobą podczas zderzeń. Ponadto, w temperaturach znacznie wyższych od temperatury wrzenia cieczy cząsteczki poruszają się z dużymi prędkościami, dzięki czemu gazy szybko się rozprężają, dążąc do wypełnienia całej dostępnej objętości. Przeciwnie, w cieczach i ciałach stałych cząsteczki znajdują się blisko siebie i ich zachowanie jest silnie ograniczone przez oddziaływania międzycząsteczkowe. Makroskopowe własności tych substancji istotnie zależą od sił międzycząsteczkowych, a ponieważ wiele cząsteczek oddziałuje ze sobą, to opis zachowania wielu ciał może być bardzo skomplikowany (zobacz rozdział Fizyka fazy skondensowanej ). Atomy (lub cząsteczki) w gazie zwykle znajdują się daleko od siebie. Ponieważ siły ich wzajemnego oddziaływania na tych odległościach są dostatecznie małe, to właściwości gazów zależą bardziej od liczby atomów (cząsteczek) w jednostce objętości oraz od temperatury aniżeli od rodzaju atomów (cząsteczek). Prawa gazów W poprzednim rozdziale poznaliśmy jedną z konsekwencji dużej odległości międzycząsteczkowej w gazach: gazy można łatwo sprężać. Z podrozdziału wynika, że współczynnik rozszerzalności objętościowej przyjmuje większe wartości dla gazów niż dla ciał stałych i cieczy. Te duże wartości oznaczają, że gazy rozprężają się lub sprężają bardzo szybko wraz ze zmianami temperatury. Dowiedzieliśmy się także, w podrozdziale o rozszerzalności cieplnej, że większość gazów rozpręża się w takim samym stopniu, czyli że posiada te same wartości współczynnika rozszerzalności objętościowej β . Powstaje pytanie: dlaczego wszystkie gazy zachowują się niemal tak samo, podczas gdy różne ciecze i różne ciała stałe cechuje szeroki zakres wartości współczynników rozszerzalności? Aby przenalizować, jak ciśnienie, objętość i temperatura gazu są powiązane ze sobą, rozważmy, co się dzieje, kiedy pompujemy powietrze do wnętrza pustej (opróżnionej) opony samochodowej. Początkowo jej objętość wzrasta proporcjonalnie do ilości wpompowanego powietrza – bez istotnego (znaczącego) wzrostu ciśnienia powietrza w oponie. Gdy opona osiągnie swój niemal pełny rozmiar, to jej ściany zaczną ograniczać możliwość dalszego zwiększania jej objętości. Jeżeli będziemy kontynuować pompowanie powietrza do opony, to nastąpi wzrost ciśnienia w oponie i wzrost temperatury gazu. Jeżeli samochód następnie wyjedzie na trasę, to opony będą podlegać zginaniu (gięciu), ich temperatura wzrośnie i nastąpi dalszy wzrost ciśnienia w oponach ( ). (a) Gdy powietrze jest pompowane do opróżnionej opony, to początkowo jej objętość wzrasta bez znaczącej zmiany ciśnienia we wnętrzu. (b) Kiedy opona jest wypełniona w odpowiednim stopniu, to jej ściany przeciwstawiają się dalszej ekspansji i ciśnienie w oponie rośnie wraz z wpompowywanym powietrzem. (c) Kiedy opona jest napompowana, to ciśnienie powietrza w jej wnętrzu rośnie wraz z jego temperaturą. Co oznacz również, że wraz ze wzrostem ciśnienia temperatura powietrza rośnie. Dane przedstawione na pochodzą z doświadczenia przeprowadzonego przez Roberta Boyle’a (1627–1691) i obrazują to, co obecnie nazywamy prawem Boyle’a-Mariotte’a (ang. Boyle’s law ): w stałej temperaturze i dla ustalonej liczby cząsteczek gazu ciśnienie bezwzględne gazu jest odwrotnie proporcjonalne do jego objętości. Warto przypomnieć, że ciśnienie bezwzględne jest rzeczywistym ciśnieniem mierzonym względem próżni, natomiast nadciśnienie to ciśnienie bezwzględne pomniejszone o ciśnienie otoczenia, którym najczęściej jest ciśnienie atmosferyczne – odwołaj się do rozdziału Mechanika płynów . Wykres na przedstawia tę zależność jako odwrotną proporcjonalność objętości i ciśnienia. Robert Boyle wraz ze swoim asystentem odkrył, że objętość gazu jest odwrotnie proporcjonalna do jego ciśnienia (w ustalonej temperaturze). Tutaj jego pomiary zostały wykreślone jako zależność objętości gazu V od odwrotności jego ciśnienia 1 / p ; z liniowości tego wykresu wynika odwrotna proporcjonalność tych wielkości. Liczby na osi rzędnych podają objętość za pomocą wysokości słupa powietrza (w jednostkach arbitralnych), znajdującego się w cylindrycznej, szklanej rurze. Rzeczywistą objętość można otrzymać, mnożąc podane wysokości przez pole przekroju poprzecznego tej szklanej rury, którego wartości jednak Boyle nie opublikował. Dane pochodzą z książki Boyle’a A Defence of the Doctrine Touching the Spring and Weight of the Air… , s. 60 http://bvpb.mcu.es/en/consulta/registro.cmd?id=406806 ( Obrona doktryny dotyczącej sprężystości i ciężaru powietrza… ). Na przedstawiono dane doświadczalne opublikowane przez Jacques’a Charles’a (1746–1823) , które pokazują prawo nazwane jego nazwiskiem – prawo Charles’a (ang. Charles’s law ). Prawo to stwierdza, że przy stałym ciśnieniu i dla ustalonej liczby cząsteczek objętość gazu jest wprost proporcjonalna do jego temperatury bezwzględnej. Dane doświadczalne pokazują, że przy ustalonym ciśnieniu objętość gazu jest w przybliżeniu proporcjonalna do jego temperatury. Linia najlepszego dopasowania w przybliżeniu przechodzi przez początek układu współrzędnych, przy czym należy pamiętać, że zgodnie z kinetyczną teorią gazów ruch cząsteczek w takich warunkach ustaje http://chemed.chem.purdue.edu/genchem/history/charles.html . Zbliżone do prawa Charlesa jest prawo Gay-Lussaca (ang. Gay-Lussac’s law ), które stwierdza, że przy stałej objętości i dla ustalonej liczby cząsteczek ciśnienie gazu jest proporcjonalne do jego temperatury, co można zaobserwować podczas eksperymentu z oponą. Prawo to stanowi podstawę działania i konstrukcji termometru gazowego o stałej objętości, omówionego w poprzednim rozdziale. Prawdziwa historia odkrycia tych praw jest znacznie bardziej skomplikowana niż to, co zaprezentowaliśmy tutaj. Z wielu przeprowadzonych doświadczeń wynika, że dla gazów o małej gęstości, których cząsteczki zajmują pomijalnie mały ułamek objętości całkowitej gazu, znajdujących się w temperaturze znacznie powyżej punktu wrzenia cieczy, te proporcjonalności stanowią dobre przybliżenie ich własności. Nie jest zaskoczeniem, że przy ustalonych pozostałych wielkościach albo ciśnienie, albo objętość są proporcjonalne do liczby cząsteczek gazu. Większe zaskoczenie budzi fakt, że po sprowadzeniu tych proporcjonalności do pojedynczego równania współczynnik proporcjonalności okazuje się niezależny od składu gazu. Równanie to stosuje się do wszystkich gazów w granicy małych gęstości i wysokich temperatur; jest ono takie samo dla tlenu, helu czy też dla sześciofluorku uranu [fluorek uranu (VI)]. Gaz spełniający te warunki graniczne jest nazywany gazem doskonałym (ang. ideal gas ); podlega on równaniu stanu gazu doskonałego (ang. ideal gas law ) (nazywanego również równaniem Clapeyrona – Benoît Clapeyron (1799–1864) , fizyk i matematyk francuski; przyp. tłum.). Równanie stanu gazu doskonałego Równanie stanu gazu doskonałego stwierdza, że p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T ⁢ , gdzie p jest ciśnieniem bezwzględnym gazu, V jest zajmowaną przez niego objętością, N jest liczbą cząsteczek w gazie, a T jest jego temperaturą bezwzględną (w kelwinach). Stała k B jest nazywana stałą Boltzmanna (ang. Boltzmann constant ) na cześć austriackiego fizyka Ludwika Boltzmanna (1844–1906) i posiada wartość k B = 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J / K ⁢ . Równanie stanu gazu doskonałego opisuje własności dowolnego gazu rzeczywistego, gdy jego gęstość jest wystarczająco mała lub gdy jego temperatura jest wystarczająco wysoka, tak aby znajdował się w stanie dalekim od skroplenia. Warunki te obejmują wiele praktycznych sytuacji. W następnym podrozdziale zobaczymy, dlaczego to prawo nie zależy od rodzaju gazu. Bardzo często równanie stanu gazu doskonałego stosuje się do opisu zachowania próbek gazu o ustalonej liczbie cząsteczek, np. do gazu znajdującego się w szczelnym zbiorniku. Jeżeli N jest stałe, to, wyliczając N z prawa gazu doskonałego, można przekonać się, że p ⁢ V / T musi być stałe. Fakt ten możemy zapisać w dogodnej postaci jako p 1 ⁢ V 1 T 1 = p 2 ⁢ V 2 T 2 ⁢ , gdzie indeksy 1 i 2 odnoszą się do dwóch stanów tego gazu określonych w dwóch różnych chwilach czasu. Podkreślmy, że temperatura w powyższym równaniu musi być wyrażona w kelwinach, a ciśnienie musi być ciśnieniem bezwzględnym, które jest sumą nadciśnienia i ciśnienia atmosferycznego. Obliczanie zmian ciśnienia spowodowanych zmianami temperatury Przypuśćmy, że opona roweru została w pełni napompowana do ciśnienia bezwzględnego 7 ⋅ 10 5 ⁢ Pa w temperaturze 18 ⁢ ° C . Jakie będzie ciśnienie w tej oponie, jeżeli jej temperatura w upalny dzień wzrośnie do 35 ⁢ ° C ? Załóżmy, że nie ma dostrzegalnych wycieków powietrza oraz zmian objętości opony. Strategia rozwiązania Ciśnienie w oponie zmienia się jedynie z powodu zmiany jej temperatury (od nagrzanej opony ogrzewa się powietrze w oponie do tej samej temperatury). Znamy ciśnienie początkowe p 0 = 7 ⋅ 10 5 ⁢ Pa , temperaturę początkową t 0 = 18 ⁢ ° C oraz temperaturę końcową t k = 35 ⁢ ° C . Musimy obliczyć ciśnienie końcowe w oponie p k . Ponieważ liczba cząsteczek jest ustalona, to możemy skorzystać z równania p k ⁢ V k T k = p 0 ⁢ V 0 T 0 ⁢ . Ponieważ objętość opony jest stała, V k i V 0 przyjmują te same wartości i można je uprościć. Zatem p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Przekształcamy to równanie, wyznaczając p k p k = p 0 ⁢ T k T 0 ⁢ , gdzie temperaturę należy wstawić w kelwinach. Rozwiązanie Przeliczamy temperaturę ze stopni Celsjusza na kelwiny T 0 = 18 ⁢ K + 273 ⁢ K = 291 ⁢ K ⁢ , T k = 35 ⁢ K + 273 ⁢ K = 308 ⁢ K ⁢ . Podstawiamy wyznaczone wartości wielkości do równania p k = p 0 ⁢ T k T 0 = 7 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ⋅ 308 ⁢ K 291 ⁢ K = 7,41 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ⁢ . Znaczenie Temperatura końcowa opony jest o ok. 6 ⁢ % \\SI{6}{\\percent} (w skali Kelvina) wyższa od temperatury początkowej i w efekcie ciśnienie końcowe w oponie wzrasta również o 6 ⁢ % \\SI{6}{\\percent} . Należy zapamiętać, że w równaniu stanu gazu doskonałego używa się bezwzględnego ciśnienia (zob. rozdział Mechanika płynów ) oraz temperatury bezwzględnej (zob. rozdział Temperatura i ciepło ). Wyznaczanie liczby cząsteczek w jednym metrze sześciennym gazu Ile cząsteczek znajduje się w typowej sytuacji stanu skupienia, takim jak gaz w oponie lub woda w szklance? Celem tych obliczeń jest zorientowanie się, jakiego rządu są typowe wartości N . Obliczmy liczbę cząsteczek powietrza pobieranego przez młodą osobę podczas jednego wdechu o objętości 500 ⁢ ml w warunkach standardowych (ang. standard temperature and pressure, STP ), czyli w temperaturze 0 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 1 ⁢ atm ( 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ; mamy zimę i młoda osoba znajduje się na dworze). Strategia rozwiązania Ponieważ mamy podane wartości ciśnienia, objętości i temperatury wdychanego powietrza, to, aby wyznaczyć liczbę cząsteczek N , możemy zastosować równanie stanu gazu doskonałego. Rozwiązanie Określamy wartości wielkości danych: T = 0 ⁢ ° C = 273 ⁢ K , p = 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa , V = 500 ⁢ ml , k B = 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K k_{\\text{B}} = \\SI{1,38e-23}{\\joule\\per\\kelvin} . Po wyznaczeniu N z równania stanu gazu doskonałego i podstawieniu danych, otrzymujemy N = p ⁢ V k B ⁢ T = 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ⋅ 5 ⋅ 10 -4 ⁢ m 3 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K ⋅ 273 ⁢ K = 1,34 ⋅ 10 22 ⁢ cząsteczek ⁢ . N = \\frac{pV}{k_{\\text{B}} T} = \\frac{\\SI{1,01e5}{\\pascal} \\cdot \\SI{5e-4}{\\metre\\cubed}}{\\SI{1,38e-23}{\\joule\\per\\kelvin} \\cdot \\SI{273}{\\kelvin}} = \\SI{1,34e22}{\\czasteczek} \\text{.} Znaczenie Jak to określono w rozdziale Mechanika płynów , w układzie SI wymiarem paskala jest N ∕ m 2 \\si{\\newton\\per\\metre\\squared} , więc Pa ⁢ m 3 = N ⁢ m = J \\si{\\pascal\\metre\\cubed} = \\si{\\newton\\metre} = \\si{\\joule} . Wobec tego wyznaczona wartość N jest bezwymiarowa, czyli jest czystą liczbą, którą można by było – w zasadzie – wyznaczyć przez bezpośrednie zliczanie cząsteczek (precyzyjniej niż za pomocą technik pomiarowych). Ponieważ jest to liczba cząsteczek, to nazwa ta została wstawiona po wyznaczeniu wartości, jednak należy pamiętać, że nie jest to nazwa jednostki, lecz tylko informacja o znaczeniu tej liczby. Mole i liczba Avogadra Ze względu na niewyobrażalną wręcz liczbę cząsteczek w objętości przykładowo jednego litra powietrza, wygodniej, z praktycznego punktu widzenia, mierzyć liczność substancji (materii) w innych jednostkach niż za pomocą liczby cząsteczek. W układzie SI w tym celu stosuje się jednostkę, która została opracowana przez włoskiego naukowca Amadea Avogadrę (1776–1856) . (Korzystał on z hipotezy, że takie same objętości gazów pod stałym ciśnieniem i w stałej temperaturze zawierają takie same liczby cząsteczek, niezależnie od rodzaju gazu. Jak stwierdziliśmy wcześniej, hipoteza ta jest słuszna dla gazu doskonałego). Molem (ang. mole , w skrócie mol) nazywamy taką ilość danej substancji, która zawiera taką samą liczbę cząsteczek jak liczba atomów w dokładnie 12 ⁢ g izotopu węgla 12 C. Liczba cząsteczek w jednym molu nazywana jest liczbą Avogadra (ang. Avogadro’s number ) N A , a obecnie wyznaczona jej wartość wynosi N A = 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 ⁢ . Możemy teraz napisać N = N A ⁢ n , gdzie n oznacza liczbę moli danej substancji. Liczba Avogadra określa relację między ilością substancji w gramach a liczbą protonów i neutronów w pewnym atomie lub cząsteczce (12 w atomie węgla 12 C), która w uogólnieniu określa jej masę. Wobec tego naturalne jest takie zdefiniowanie jednostki masy, aby masa danego atomu była w przybliżeniu równa jego liczbie protonów i neutronów. Taką jednostką, przyjętą do stosowania równolegle z jednostką układu SI, jest ujednolicona jednostka masy atomowej u \\si{\\atomicmassunit} (ang. unified atomic mass unit ), nazywana także daltonem . Właśnie atom węgla 12 C posiada masę dokładnie równą 12 ⁢ u , co oznacza, że jego masa molowa M w gramach na mol jest liczbowo równa masie atomu węgla 12 C wyrażonej w u. Taka równoważność dotyczy każdej substancji. Mówiąc inaczej, N A służy nie tylko do zamiany liczby cząsteczek na mole, ale także do zamiany masy wyrażonej w u na gramy: 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ u = 1 ⁢ g . Zobacz . Jak duży jest mol? Na poziomie makroskopowym liczba piłeczek pingpongowych równa liczbie Avogadra mogłaby pokryć Ziemię do wysokości ok. 40 ⁢ km . Na ilustracji porównujemy tą wielkość z wysokością Mt. Everest liczoną względem poziomu morza ( 8848 ⁢ m \\SI{8848}{\\metre} ). Wobec tego jeżeli m s oznacza masę próbki pewnej substancji, to m s = M ⁢ n (gdzie M jest masą molową tej substancji, a n liczbą jej moli; należy zwrócić uwagę na jednostki w tym wzorze – przyp. tłum.). Jeżeli natomiast m oznacza masę pojedynczej cząsteczki, to M = N A ⁢ m . Sprawdź, czy rozumiesz. Zalecana dzienna dawka witaminy B 3 (niacyny – C 6 NH 5 O 2 ) dla kobiet, które nie są w ciąży i nie karmią, wynosi 14 ⁢ mg . Wyznacz liczbę cząsteczek niacyny w tej dawce. Najpierw musimy obliczyć masę molową (czyli masę jednego mola) niacyny. W tym celu mnożymy liczbę atomów każdego pierwiastka w cząsteczce przez jego masę molową i dodajemy wszystkie wyniki 6 ⁢ moli węgla ⋅ 12 ⁢ g ∕ mol + 5 ⁢ moli wodoru ⋅ 1 ⁢ g ∕ mol + 1 ⁢ mol azotu ⋅ 24 ⁢ g ∕ mol ⋅ 2 ⁢ mole tlenu ⋅ 16 ⁢ g ∕ mol \\SI{6}{\\molic}\\cdot\\SI{12}{\\gram\\per\\mole}+\\SI{5}{\\molih}\\cdot\\SI{1}{\\gram\\per\\mole}+\\SI{1}{\\moln}\\cdot\\SI{24}{\\gram\\per\\mole}\\cdot\\SI{2}{\\moleo}\\cdot\\SI{16}{\\gram\\per\\mole} , otrzymując 123 ⁢ g ∕ mol ⁢ . Następnie wyznaczamy liczbę moli niacyny w 14 ⁢ mg , czyli n = 14 ⁢ mg ∕ 123 ⁢ g ∕ mol ⋅ 1 ⁢ mg ∕ 1000 ⁢ g = 1,14 ⋅ 10 -4 ⁢ mol n = \\SI{14}{\\milli\\gram} / (\\SI{123}{\\gram\\per\\mole}) \\cdot \\SI{1}{\\milli\\gram} / \\SI{1000}{\\gram} = \\SI{1,14e-4}{\\mole} . I wreszcie, używamy liczby Avogadra, aby obliczyć liczbę cząsteczek N = N A ⁢ n = 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ cząsteczek ∕ mol ⋅ 1,14 ⋅ 10 -4 ⁢ g ∕ mol = 6,85 ⋅ 10 19 ⁢ cząsteczek ⁢ . Sprawdź, czy rozumiesz. Gęstość powietrza w klasie ( p = 1 ⁢ atm i t = 20 ⁢ ° C ) wynosi 1,2 ⁢ kg ∕ m 3 . Pod jakim ciśnieniem gęstość powietrza będzie wynosić 0,6 ⁢ kg ∕ m 3 , jeżeli temperatura w klasie utrzymywana jest na stałym poziomie? Gęstość gazu można wyrazić jako iloczyn jego średniej masy cząsteczkowej oraz koncentracji jego cząsteczek N ∕ V . Z równania stanu gazu doskonałego, p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T , widzimy, że N ∕ V = p ∕ k B ⁢ T . Wobec tego w stałej temperaturze, jeżeli gęstość i tym samym koncentracja cząsteczek maleją dwukrotnie, to ciśnienie gazu również musi zmaleć dwukrotnie, czyli p k = 0,5 ⁢ atm . Wyrażenie równania stanu gazu doskonałego przy użyciu moli (liczności materii) Bardzo często spotyka się równanie stanu gazu doskonałego, w którym zamiast liczby cząsteczek N używa się liczby moli n w próbce. Zaczynamy od znanej postaci równania stanu gazu doskonałego p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T ⁢ , a następnie mnożymy i dzielimy jego prawą stronę przez liczbę Avogadra N A . Daje to p ⁢ V = N N A ⁢ N A ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Można zauważyć, że N ∕ N A jest równe liczbie moli n próbki substancji. Definiując uniwersalną stałą gazową (ang. universal gas constant ) R = N A ⁢ k B , otrzymujemy równanie stanu gazu doskonałego zawierające liczbę moli gazu (liczność materii). Równanie stanu gazu doskonałego (z użyciem liczby moli) Prawo gazu doskonałego z użyciem liczby moli n ma postać p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T ⁢ . W jednostkach układu SI R = N A ⁢ k B = 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 ⋅ 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K = 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢ K ⁢ . Stałą gazową możemy podać też w jednostkach innych, niż podane wyżej R = 1,99 ⁢ cal ∕ mol ⁢⁢ K = 0,0821 ⁢ l ⁢ atm ∕ mol ⁢⁢ K ⁢ . Jednostki, w których podajemy wartość R należy dobierać do konkretnego problemu. Równanie stanu gazu doskonałego z użyciem koncentracji cząsteczek (dod. tłum.) Często również spotyka się równanie stanu gazu doskonałego, w którym zamiast liczby cząsteczek występuje ich koncentracja n V = N ∕ V . Dzieląc obustronnie przez objętość V , otrzymujemy p = n V ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Gęstość powietrza w warunkach normalnych i w balonie latającym na gorące powietrze na gorące powietrze Obliczmy gęstość suchego powietrza w warunkach normalnych; balonie na gorące powietrze o temperaturze 120 ⁢ ° C . Suche powietrze zawiera (molowo) w przybliżeniu 78% N 2 , 21% O 2 i 1% Ar. Strategia rozwiązania i rozwiązanie Mamy wyznaczyć gęstość, czyli masę przypadającą na metr sześcienny. Możemy zacząć od wyznaczenia masy molowej. Jeżeli mamy sto cząsteczek, z których 78 to cząsteczki azotu, 21 to cząsteczki tlenu i 1 to atom argonu, to średnia masa cząsteczki wynosi 78 ⁢ m N 2 + 21 ⁢ m O 2 + m Ar ∕ 100 lub jest sumą mas wszystkich składników pomnożonych przez odpowiednie współczynniki wagowe, tj: 0,78 \\num{0,78} ; 0,21 \\num{0,21} ; 0,01 \\num{0,01} . To samo można zastosować do mas cząsteczkowych, co daje M = 0,78 ⁢ M N 2 + 0,21 ⁢ M O 2 + 0,01 ⁢ M Ar = 29 ⁢ g ∕ mol ⁢ . Teraz możemy wyznaczyć liczbę moli suchego powietrza przypadającą na metr sześcienny. Zastosujemy równanie stanu gazu doskonałego w postaci uwzględniającej liczbę moli p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T , gdzie p = 1 ⁢ atm = 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa , T = 293 ⁢ K , V = 1 ⁢ m 3 i R = 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢⁢ K . Wybrano taką właśnie postać uniwersalnej stałej gazowej, ponieważ wartości wszystkich danych są podane w jednostkach układu SI. Otrzymujemy n = p ⁢ V R ⁢ T = 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ⋅ 1 ⁢ m 3 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢⁢ K ⋅ 293 ⁢ K = 41,5 ⁢ mol ⁢ . Zatem masa m s tego powietrza wynosi m s = M ⁢ n = 41,5 ⁢ mol ⋅ 29 ⁢ g ∕ mol = 1204 ⁢ g = 1,204 ⁢ kg ⁢ . Ostatecznie gęstość suchego powietrza w warunkach normalnych wynosi ρ = m s V = 1,204 ⁢ kg 1 ⁢ m 3 = 1,204 ⁢ kg ∕ m 3 ⁢ . Ciśnienie powietrza wewnątrz balonu też wynosi 1 ⁢ atm , ponieważ spód balonu jest otwarty do atmosfery. Obliczenia są takie same, ale musimy wstawić wartość temperatury 120 ⁢ ° C , czyli 393 ⁢ K . Możemy powtórzyć obliczenia z punktu (a) lub zauważyć, że gęstość jest proporcjonalna do liczby moli, a ta z kolei jest odwrotnie proporcjonalna do temperatury. Oznaczywszy indeksem 1 wartości dla suchego powietrza w warunkach normalnych, a indeksem 2 wartości dla gorącego powietrza, otrzymujemy ρ 2 = ρ 1 ⁢ T 1 T 2 = 1,204 ⁢ kg ∕ m 3 ⋅ 293 ⁢ K 393 ⁢ K = 0,898 ⁢ kg ∕ m 3 ⁢ . Znaczenie Stosując metodę podaną w podrozdziale Prawo Archimedesa i siła wyporu , możemy obliczyć, że wypadkowa siła działająca na objętość 2200 ⁢ m 3 powietrza o temperaturze 120 ⁢ ° C (znajdującą się w atmosferze o warunkach normalnych – przyp. tłum.) wynosi F wyporu − F g = ρ normalne ⁢ V ⁢ g − ρ gorące ⁢ V ⁢ g = 8,49 ⋅ 10 3 ⁢ N , czyli wystarczy, żeby udźwignąć około 867 ⁢ kg . Gęstość masy oraz gęstość molowa powietrza w warunkach normalnych, wyznaczone powyżej, są często używanymi wartościami. Korzystając z gęstości molowej, możemy łatwo wyznaczyć inną użyteczną wartość, czyli objętość molową w warunkach normalnych, która wynosi 22,4 ⁢ l . Sprawdź, czy rozumiesz. Ciecze i ciała stałe posiadają gęstości w przybliżeniu 1000 razy większe od gęstości gazów. Wyjaśnij, jak z tego wynika, że odległości między cząsteczkami w gazach są w przybliżeniu 10 razy większe od rozmiarów tych cząsteczek. Gęstość ciała to jego masa podzielona przez jego objętość (albo masa jednostkowej objętości), natomiast objętość ciała jest proporcjonalna do jego charakterystycznego rozmiaru (w przypadku kuli – jej promienia) w trzeciej potędze. Tak więc, jeżeli odległość między cząsteczkami wzrasta o czynnik 10, to objętość przez nie zajmowana rośnie o czynnik 1000, a tym samym gęstość maleje o czynnik 1000. Ponieważ przyjęliśmy, że w cieczach i ciałach stałych cząsteczki stykają się ze sobą, to odległość między ich środkami jest porównywalna z ich charakterystycznym rozmiarem, natomiast w gazach odległość ta wzrasta o czynnik rzędu 10. Równanie stanu gazu doskonałego jest blisko powiązane z pojęciem energii: wypadkową jednostką wielkości po obu stronach są dżule. Prawa strona równania posiada postać N ⁢ k B ⁢ T . To wyrażenie w uogólnieniu określa całkowitą translacyjną energię kinetyczną (która, gdy omawiamy gazy, odpowiada energii przemieszczania/translacji cząsteczek, bez uwzględniania ich obrotów oraz drgań atomów wchodzących w ich skład) N cząsteczek w temperaturze bezwzględnej T , jak to pokażemy w następnym podrozdziale. Lewa strona równania stanu gazu doskonałego to iloczyn p V . Jak zauważyliśmy w przykładzie o liczbie cząsteczek w gazie doskonałym, iloczyn ciśnienia i objętości ma również wymiar energii. Energia gazu może ulec zmianie, gdy gaz wykonuje pracę podczas zwiększania swojej objętości, co analizowaliśmy w poprzednim rozdziale, a wielkość tej pracy jest powiązana z ciśnieniem gazu. Tego typu procesy występują w silnikach benzynowych, parowych i turbinach, jak to zobaczymy w następnym rozdziale. Strategia rozwiązywania zadań: równanie stanu gazu doskonałego Przeanalizuj sytuację, aby stwierdzić, czy stosowanie pojęcia gazu doskonałego jest uzasadnione. Większość gazów jest bliska w swoim fizycznym zachowaniu gazowi doskonałemu z wyjątkiem sytuacji, gdy znajdują się blisko punktu wrzenia lub gdy ich ciśnienie jest znacznie wyższe od ciśnienia atmosferycznego. Zrób listę wielkości, które są dane lub mogą być wyznaczone na podstawie treści zadania (rozpoznaj/zidentyfikuj znane wielkości – dane). Określ, co dokładnie należy wyznaczyć w zadaniu (rozpoznaj/zidentyfikuj nieznane wielkości – szukane). Wypisanie tej listy może być użyteczne. Określ, czy znana jest liczba cząsteczek gazu, czy też liczba jego moli, i zadecyduj, czy użyć prawa gazu doskonałego w postaci p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T , gdzie N jest liczbą cząsteczek, czy też w postaci p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T , gdzie n oznacza liczbę moli. Wyraź znane wielkości w odpowiednich jednostkach układu SI (temperatura w kelwinach, ciśnienie w paskalach, objętość w metrach sześciennych, liczność substancji w molach lub w liczbie cząsteczek). Jeżeli wymiary wielkości danych są zgodne z określoną z pozaukładowych wartości uniwersalnej stałej gazowej R , to możesz pozostać przy tych jednostkach. Rozwiąż równanie gazu doskonałego pod kątem wielkości do wyznaczenia (wielkość nieznana – szukana). Może być konieczne wyznaczenie stosunku stanu końcowego do stanu początkowego, aby wyeliminować nieznane wielkości, które pozostają ustalone. Podstaw znane wartości wraz z jednostkami do odpowiedniego równania i oblicz wartość rozwiązania łącznie z jednostką. Przeanalizuj odpowiedź, aby sprawdzić, czy jest ona rozsądna: czy ma to sens? Równanie stanu gazu van der Waalsa Musimy ponownie przypomnieć, że równanie stanu gazu doskonałego jest równaniem przybliżonym. Jak można je ulepszyć? Takie ulepszenia zawiera równanie van der Waalsa (ang. van der Waals equation of state ), nazwane tak dla uczczenia holenderskiego fizyka Johannesa Diderika van der Waalsa (1837–1923) , gdzie uwzględnia się dwa czynniki. Po pierwsze, wzięte są pod uwagę siły przyciągania międzycząsteczkowego, które narastają wraz ze wzrostem gęstości i zmniejszają ciśnienie gazu – do ciśnienia dodaje się składnik proporcjonalny do kwadratu gęstości molowej pomnożony przez stałą dodatnią a . Po drugie, uwzględnia się objętość zajmowaną przez cząsteczki, którą można uznać za stałą – od objętości zajmowanej przez gaz odejmuje się objętość mola cząsteczek, oznaczoną przez stałą b , pomnożoną przez liczbę moli n , co daje rzeczywistą objętość dostępną dla poruszających się cząsteczek gazu. Stałe a i b wyznacza się doświadczalnie dla każdego rodzaju gazu. Postać równania stanu van der Waalsa jest następująca p + a ⁢ n V 2 ⁢ V − n ⁢ b = n ⁢ R ⁢ T ⁢ . W granicy małych gęstości gazu (małe n ) składniki zawierające poprawki a i b stają się pomijalne i otrzymujemy równanie stanu gazu doskonałego, jak być powinno przy niskich gęstościach. Z drugiej strony, jeżeli V − n ⁢ b jest małe, co oznacza, że cząsteczki gazu znajdują się bardzo blisko siebie, to aby uzyskać tę samą wartość n R T , ciśnienie powinno być wyższe niż spodziewane w przypadku silnie sprężonych gazów. Jednakże wzrost ciśnienia jest niższy, niż to sugeruje powyższy argument, ponieważ przy dużych gęstościach składnik n ∕ V 2 staje się istotny. Dzięki temu, że jest on dodatni, takie same wartości n R T zapewnia niższy wzrost ciśnienia. Równanie van der Waalsa może być stosowane dla większości gazów i w szerokim zakresie warunków. Jak zobaczymy w następnym podrozdziale, przewiduje ono nawet przejście gaz–ciecz. Wykresy pV Ogólnie przyjmuje się, że można analizować własności substancji za pomocą wykresów (diagramów) p V (ang. pV diagram ), które są graficznym przedstawieniem zależności ciśnienia w danej substancji od jej objętości. Jeżeli substancje zachowują się jak gaz doskonały, to równanie stanu gazu doskonałego p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T opisuje związek między jego ciśnieniem i objętością. Na diagramach p V zazwyczaj wykreśla się tzw. izotermy, które są krzywymi przedstawiającymi p jako funkcję V przy ustalonych wartościach liczby cząsteczek i temperatury. Dla gazu doskonałego mamy p ⁢ V = const , co oznacza, że ciśnienie gazu wzrasta, gdy maleje jego objętość. Zależność tę przedstawia hiperbola. Jeżeli rozpatrzymy równanie stanu gazu typu van der Waalsa, to izotermy stają się jeszcze bardziej interesujące, jak to pokazuje . Mianowicie w wysokich temperaturach krzywe te są w przybliżeniu hiperbolami i reprezentują właściwości gazu idealnego w tychże temperaturach. Gdy jednak obniżymy temperaturę, to izotermy coraz mniej przypominają hiperbole – jest tak, ponieważ gaz nie zachowuje się jak gaz idealny. Izoterma odpowiadająca tzw. temperaturze krytycznej (ang. critical temperature ) T c posiada jeden charakterystyczny punkt, w którym nachylenie stycznej do izotermy jest zerowe (w tym przypadku jest to matematycznie rozumiany punkt przegięcia – przyp. tłum.). Izotermy odpowiadające niższym temperaturom nie maleją monotonicznie; każda z krzywych posiada garb, czyli w pewnym zakresie wartości objętości jej wzrost wywołuje wzrost ciśnienia. Wykresy p V dla pewnego gazu van der Waalsa w różnych temperaturach. Czerwone krzywe zostały obliczone dla temperatur wyższych od temperatury krytycznej, natomiast krzywe niebieskie dla temperatur niższych od niej. Na krzywych niebieskich występują pewne wahnięcia (zagięcia), w zakresie których objętość ( V ) wzrasta wraz ze wzrostem ciśnienia ( p ). Jest to sytuacja nierealna i powinna być skorygowana tak, jak to pokazuje . Źródło: „Eman”/Wikimedia Commons Takie zachowanie się gazu wydaje się całkowicie niefizyczne. Jednakże przebieg tych krzywych staje się zrozumiały, jeżeli weźmiemy pod uwagę przejście fazowe (ang. phase transition ) gaz–ciecz. Część krzywej z minimum lokalnym zastępuje się linią poziomą, na której ciśnienie pozostaje stałe przy wzroście objętości (przy stałej temperaturze). Takie zachowanie się substancji odpowiada jej wrzeniu lub skraplaniu. Jeżeli substancja osiąga temperaturę wrzenia przy odpowiednim ciśnieniu, to może zwiększyć swoją objętość, gdy część cieczy zamienia się w gaz, lub zmniejszyć objętość, gdy część gazu zamienia się w ciecz – i to bez zmiany temperatury lub ciśnienia układu gaz–ciecz. Na pokazano izotermy bardziej realistyczne niż te, które bazują na równaniu van der Waalsa. Stroma część tych krzywych, na lewo od obszaru przejścia fazowego, odpowiada fazie ciekłej, która jest mało ściśliwa – nawet niewielkie zmniejszenie objętości wymaga znacznego wzrostu ciśnienia. Płaska część krzywej odpowiada przejściu fazowemu gaz–ciecz; zaznaczony niebieski obszar odpowiada takim kombinacjom ciśnienia i objętości, przy których możliwe jest współistnienie gazu i cieczy. Wykresy p V . (a) Każda krzywa (izoterma) przedstawia zależność ciśnienia od objętości przy ustalonej temperaturze; wyższym temperaturom odpowiadają wyżej położone krzywe. Niżej położone krzywe nie są hiperbolami, ponieważ gaz przestaje być gazem doskonałym. (b) Powiększona część wykresu p V w obszarze niskich temperatur, gdzie występuje przejście fazowe gaz–ciecz. Pojęcie „pary” odpowiada fazie gazowej, która istnieje w temperaturze poniżej temperatury wrzenia. Izotermy odpowiadające temperaturom wyższym od T c nie przechodzą przez obszar przejścia fazowego ciecz-gaz. Wobec tego ciecze nie mogą istnieć powyżej temperatury krytycznej (opisanej w rozdziale Temperatura i ciepło ). Przy odpowiednio niskim ciśnieniu i powyżej temperatury krytycznej gęstość gazu jest zbliżona do gęstości cieczy, jednakże gaz nie ulega skropleniu. Przy wyższych ciśnieniach następuje przejście w stan stały. Dwutlenek węgla [tlenek węgla-(IV)], na przykład, nie ma fazy ciekłej w temperaturach powyżej 31 ⁢ ° C . Ciśnieniem krytycznym nazywamy maksymalne ciśnienie, przy którym jeszcze może istnieć dana substancja w fazie ciekłej. Punkt na wykresie p ⁢ V odpowiadający temperaturze krytycznej i ciśnieniu krytycznemu nazywamy punktem krytycznym (o którym uczyliśmy się w rozdziale Temperatura i ciepło ). Przykładowe wartości temperatury krytycznej i ciśnienia krytycznego podano w . Krytyczne temperatury i ciśnienia dla różnych substancji. Substancja Temperatura krytyczna Ciśnienie krytyczne K ° C Pa atm woda (H 2 O) 647,4 374,3 22,12 ⋅ 10 6 219 dwutlenek siarki (SO 2 ) 430,7 157,6 7,88 ⋅ 10 6 78 amoniak (NH 3 ) 405,5 132,4 11,28 ⋅ 10 6 111,7 dwutlenek węgla (CO 2 ) 304,2 31,1 7,39 ⋅ 10 6 73,2 tlen (O 2 ) 154,8 − 118,4 5,08 ⋅ 10 6 50,3 azot (N 2 ) 126,2 − 146,9 3,39 ⋅ 10 6 33,6 wodór (H 2 ) 33,3 − 239,9 1,3 ⋅ 10 6 12,9 hel (He) 5,3 − 267,9 0,229 ⋅ 10 6 2,27 Podsumowanie Równanie stanu gazu doskonałego określa związek pomiędzy ciśnieniem gazu, jego objętością, liczbą cząsteczek i temperaturą. Mol dowolnej substancji zawiera liczbę cząsteczek równą liczbie atomów w dwunastogramowej próbce węgla-12 ( 12 C). Liczba cząsteczek w molu jest nazywana liczbą Avogadra N A N A = 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 ⁢ . Jeden mol danej substancji ma masę, która wyrażona w gramach jest numerycznie (liczbowo) równa jej masie wyrażonej w ujednoliconych jednostkach masy – wartości te dla pierwiastków można znaleźć w tablicy układu okresowego pierwiastków Mendelejewa. Równanie stanu gazu doskonałego można również zapisać, używając liczby moli gazu p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T ⁢ , gdzie n oznacza liczbę moli, a R jest uniwersalną stałą gazową R = 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢⁢ K ⁢ . Używanie równania stanu gazu doskonałego jest poprawne, gdy temperatura danego gazu jest istotnie wyższa od jego temperatury wrzenia. Równanie stanu gazu van der Waalsa może być stosowane, gdy temperatury gazu są bliższe jego temperaturze wrzenia, niż to ma miejsce dla równania stanu gazu doskonałego. Jeżeli temperatura i ciśnienie danej substancji są wyższe od jej temperatury krytycznej i jej ciśnienia krytycznego, to substancja ta w tych warunkach nie może istnieć w stanie ciekłym i mówimy, że znajduje się w stanie nadkrytycznym. Pytania Dwie cząsteczki H 2 mogą przereagować z jedną cząsteczką O 2 i wytworzyć dwie cząsteczki wody H 2 O. Ile moli cząsteczek wodoru potrzeba, aby całkowicie przereagował z jednym molem tlenu? 2 mole, gdyż cząsteczka wody zawiera dwa razy więcej atomów wodoru niż atomów tlenu. W jakich okolicznościach należy spodziewać się, że własności gazu będą istotnie różne od własności przewidywanych w modelu gazu doskonałego? Termometr gazowy o stałej objętości zawiera określoną ilość gazu. Która z własności gazu jest wykorzystywana jako wskaźnik temperatury? Ciśnienie. Napompuj balonik w temperaturze pokojowej. Następnie wstaw go na noc do lodówki. Co stanie się z balonikiem i dlaczego? W poprzednim rozdziale wyjaśniono zjawisko konwekcji swobodnej jako efekt działania sił wyporu na rozgrzaną ciecz. Wyjaśnij ruch w górę powietrza w płomieniu, wykorzystując równanie stanu gazu doskonałego. Płomień zawiera gorący gaz (ogrzany w procesie spalania). Ciśnienie gazu w płomieniu jest ciągle ciśnieniem atmosferycznym w stanie równowagi mechanicznej z otaczającym powietrzem (lub w przybliżeniu). Gęstość gorącego gazu jest proporcjonalna do koncentracji jego cząsteczek N ∕ V (niezależnie od różnic w składach gazu w płomieniu i otaczającego powietrza). Z równania stanu gazu doskonałego wynika, że N ∕ V = p ∕ k B ⁢ T , co oznacza, że gaz w płomieniu posiadający wyższą temperaturę ma mniejszą koncentrację cząsteczek niż otaczające go powietrze. Wobec tego gorący gaz w płomieniu ma mniejszą gęstość niż otaczające go powietrze i jest unoszony do góry przez siłę wyporu (zmiana składu gazu w płomieniu przy tak dużej różnicy temperatur nie ma większego znaczenia). Zadania Nadciśnienie w oponach samochodu wyprodukowanego w Gliwicach wynosi 2,5 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 w temperaturze 35 ⁢ ° C . Samochód ten jest eksportowany koleją na północ Norwegii. Jakie będzie nadciśnienie w tych oponach, jeżeli nocą temperatura na miejscu spadnie do − 40 ⁢ ° C ? Załóż, że ilość powietrza w oponach się nie zmienia. Załóż, że ciśnienie gazu w rurze lampy jarzeniowej jest równe ciśnieniu atmosferycznemu, gdy temperatura lampy wynosi 20 ⁢ ° C . Wyznacz nadciśnienie panujące w rurze ciepłej lampy, zakładając, że jej średnia temperatura wynosi 60 ⁢ ° C (w przybliżeniu), i pomijając zmiany jej objętości spowodowane rozszerzalnością cieplną oraz wycieki gazu; Rzeczywiste ciśnienie gazu w rurze lampy jarzeniowej powinno być mniejsze od obliczonego w części (a) ze względu na rozprężanie (rozciąganie) szkła lampy. Czy efekt ten jest znaczący? a. 0,137 ⁢ atm ; b. p g = 1 ⁢ atm ⋅ T 2 ⁢ V 1 ∕ T 1 ⁢ V 2 . Z powodu rozszerzalności cieplnej lampy mamy V 1 ∕ V 2 = 0,9973 . Pomnożenie przez ten czynnik nie daje żadnej istotnej różnicy. Ludzie kupujący żywność w szczelnych torebkach często zauważają, że torebki te puchną, gdyż powietrze wewnątrz nich się rozszerza. Torebka precli została zapakowana pod ciśnieniem 1 ⁢ atm i w temperaturze 22 ⁢ ° C . Gdy została otwarta na letnim pikniku na Giewoncie w temperaturze 32 ⁢ ° C , objętość powietrza w torebce była 1,38 razy większa od objętości oryginalnej. Jakie było ciśnienie powietrza? Ile moli zawartych jest w 0,05 ⁢ g azotu – N 2 ( M = 28 ⁢ g ∕ mol ); 10 ⁢ g dwutlenku węgla – CO 2 ( M = 44 ⁢ g ∕ mol )? Ile cząsteczek zawartych jest w każdej próbce gazu? a. 1,79 ⋅ 10 -3 ⁢ mol ; b. 0,227 ⁢ mol ; c. 1,08 ⋅ 10 21 cząsteczek azotu, 1,37 ⋅ 10 23 cząsteczek dwutlenku węgla. Sześcienny zbiornik o objętości 2 ⁢ l zawiera 0,5 ⁢ mol gazowego azotu o temperaturze 25 ⁢ ° C . Jaką wartość ma siła, z jaką azot działa na jedną ze ścian zbiornika? Porównaj tę siłę z ciężarem azotu. Oblicz liczbę moli powietrza w płucach przeciętnego człowieka o objętości 2 ⁢ l . Przyjmij, że powietrze ma temperaturę 37 ⁢ ° C (temperatura ciała). Zauważ, że całkowita objętość płuc jest kilkakrotnie większa od objętości typowego wdechu podanej w . 7,84 ⋅ 10 -2 ⁢ mol . Pewien pasażer samolotu startującego z lotniska położonego na poziomie morza posiadał w swoim żołądku 100 ⁢ cm 3 powietrza. Jaka będzie objętość tego powietrza na wysokości podróżnej, jeżeli ciśnienie wewnątrz kabiny pasażerskiej spadło do 7,5 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ? Pewna firma dostarcza w butlach o objętości 43,8 ⁢ l hel o nadciśnieniu 1,72 ⋅ 10 7 ⁢ N ∕ m 2 . Ile balonów o objętości 4 ⁢ l można napełnić taką ilością helu? Przyjmij, że ciśnienie helu w balonach wynosi 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 oraz że temperatura helu w butli i w balonach wynosi 25 ⁢ ° C . 1,87 ⋅ 10 3 balonów. Zgodnie z tym źródłem , atmosfera Wenus składa się objętościowo z 96,5% CO 2 oraz z 3,5% N 2 . Jaka jest gęstość atmosfery Wenus na jej powierzchni, gdzie panuje temperatura ok. 750 ⁢ K oraz ciśnienie ok. 90 ⁢ atm ? Za pomocą najlepszych (i kosztownych) systemów próżniowych można uzyskać najniższe ciśnienia rzędu 10 -7 ⁢ N ∕ m 2 w temperaturze 20 ⁢ ° C . Ile cząsteczek gazu znajduje się w 1 ⁢ cm 3 w takich warunkach? 2,47 ⋅ 10 7 cząstek. Koncentracja cząsteczek gazu N ∕ V w pewnym miejscu przestrzeni kosmicznej w pobliżu naszej planety wynosi 10 11 ⁢ m -3 , a ciśnienie jest równe 2,75 ⋅ 10 -10 ⁢ Pa . Jaka temperatura panuje w tym miejscu? Opona rowerowa zawiera 2 ⁢ l gazu o temperaturze 18 ⁢ ° C i pod ciśnieniem bezwzględnym 7 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 . Jakie będzie ciśnienie w tej oponie, jeżeli usuniemy z niej taką ilość powietrza, która pod ciśnieniem atmosferycznym zajmuje objętość 100 ⁢ cm 3 ? Załóż, że temperatura opony i jej objętość się nie zmieniają. 6,95 ⋅ 10 5 ⁢ Pa . W popularnym doświadczeniu butelkę po ogrzaniu zatyka się ugotowanym na twardo jajkiem, które jest nieco większe niż szyjka butelki. Kiedy butelka się ochładza, różnica ciśnień między jej wnętrzem i zewnętrzem wpycha jajko do środka butelki. Załóżmy, że butelka ma objętość 0,5 ⁢ l , a temperatura w jej wnętrzu została podniesiona do 80 ⁢ ° C przy stałym ciśnieniu 1 ⁢ atm , gdyż butelka jest otwarta. Ile moli powietrza znajduje się w butelce? Zamykamy butelkę za pomocą jajka. Jakie będzie ciśnienie nadmiarowe wewnątrz butelki tuż przed wepchnięciem jajka do jej środka, jeżeli powietrze wewnątrz ochłodziło się do temperatury pokojowej 25 ⁢ ° C ? Wysokociśnieniowa butla zawiera 50 ⁢ l toksycznego gazu pod ciśnieniem 1,4 ⋅ 10 7 ⁢ N ∕ m 2 i o temperaturze 25 ⁢ ° C . Butla została ochłodzona do temperatury suchego lodu ( − 78,5 ⁢ ° C ), aby zredukować ciśnienie i wielkość wycieku, co umożliwi jej bezpieczną naprawę. Jakie jest końcowe ciśnienie w butli po jej ochłodzeniu? Załóż, że wyciek gazu jest pomijalny i gaz nie ulega skropleniu; Jakie będzie ciśnienie końcowe, jeżeli jedna dziesiąta masy gazu wycieknie z butli podczas jej schładzania? Do jakiej temperatury należałoby schłodzić butlę, aby zredukować ciśnienie gazu do 1 ⁢ atm ? Załóż, że gaz w butli się nie skrapla oraz nie ma wycieku gazu podczas schładzania; Czy schładzanie butli opisane w podpunkcie (c) można uznać za praktyczne rozwiązanie? a. 9,14 ⋅ 10 6 ⁢ Pa ; b. 8,22 ⋅ 10 6 ⁢ Pa ; c. 2,15 ⁢ K ; d. Nie. Oblicz liczbę moli gazu o objętości 2 ⁢ l , temperaturze 35 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 7,41 ⋅ 10 7 ⁢ Pa . Oblicz grubość warstwy piłeczek pingpongowych pokrywających Ziemię, jeżeli ich liczba jest równa liczbie Avogadra. Każda piłeczka ma średnicę 3,75 ⁢ cm . Załóż, że wolna przestrzeń między piłeczkami daje dodatkowy wkład w wysokości 25 ⁢ % \\SI{25}{\\percent} ich objętości, a piłeczki nie są zgniatane pod własnym ciężarem. 40,7 ⁢ km . Ile wynosi nadciśnienie w oponie samochodowej o objętości 30 ⁢ l , zawierającej 3,6 ⁢ mol gazu o temperaturze 25 ⁢ ° C ? Jakie będzie nadciśnienie w tej oponie, jeżeli wpompujemy do niej powietrze o temperaturze 25 ⁢ ° C oryginalnie zajmujące objętość 1 ⁢ l pod ciśnieniem atmosferycznym? Temperatura i objętość opony się nie zmieniają. diagram pV (ang. pV diagram ) wykres zależności ciśnienia od objętości danej substancji, w szczególności gazu gaz doskonały (ang. ideal gas ) gaz rzeczywisty w granicy niskich gęstości i wysokich temperatur liczba Avogadra (ang. Avogadro’s number ) liczba cząsteczek w jednym molu substancji; N A = 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ cząstek ∕ mol mol (ang. mole ) miara liczności substancji; ilość substancji o masie równej jej masie cząsteczkowej wyrażonej w gramach równanie stanu gazu doskonałego (ang. ideal gas law ) prawo fizyczne określające związek między ciśnieniem, objętością, temperaturą i liczbą moli gazu w stanie dalekim od skraplania równanie stanu gazu van der Waalsa (ang. van der Waals equation of state ) równanie, zazwyczaj przybliżone, opisujące związek między ciśnieniem, objętością, temperaturą i liczbą cząsteczek (lub liczbą moli) gazu rzeczywistego stała Boltzmanna (ang. Boltzmann constant ) stała fizyczna, która określa związek energii z temperaturą, występuje w równaniu stanu gazu doskonałego; k B = 1,38 ⋅ 10 − 23 ⁢ J ∕ K stan nadkrytyczny (ang. supercritical ) takie warunki dla płynu (wysoka temperatura i wysokie ciśnienie), w których nie może istnieć jego faza ciekła temperatura krytyczna (ang. critical temperature ) punkt na izotermie, w którym jej nachylenie wynosi zero (punkt przegięcia o zerowym nachyleniu – przyp. tłum.) uniwersalna stała gazowa (ang. universal gas constant ) stała fizyczna występująca w równaniu stanu gazu doskonałego z uwzględnieniem liczby moli; R = N A ⁢ k B = 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢ K", "section": "Model cząsteczkowy gazu doskonałego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Ciśnienie, temperatura i średnia prędkość kwadratowa cząsteczek Przeanalizowaliśmy pojęcia ciśnienia i temperatury, bazując na ich definicjach makroskopowych. Ciśnienie to siła podzielona przez powierzchnię, do której została przyłożon. Temperaturę mierzy się za pomocą termometru. Możemy lepiej zrozumieć te pojęcia dzięki kinetycznej teorii gazów (ang. kinetic theory of gases ), która wiąże makroskopowe własności gazów z ruchem cząsteczek, z jakich gazy są zbudowane. Na początek przyjmiemy dwa założenia o cząsteczkach gazu doskonałego: Mamy do czynienia z ogromną liczbą cząsteczek N – wszystkie cząsteczki są identyczne i każda posiada masę m . Cząsteczki podlegają prawom dynamiki Newtona i znajdują się w nieustannym ruchu, który jest przypadkowy i izotropowy, czyli nie zależy od kierunku. Innymi słowy, ruch cząsteczek jest równie prawdopodobny w każdym z kierunków. Aby wyprowadzić równanie stanu gazu doskonałego i znaleźć związek między mikroskopowymi wielkościami, takimi jak energia typowej cząsteczki, a wielkościami makroskopowymi, takimi jak temperatura, przeanalizujemy próbkę gazu doskonałego znajdującą się w zbiorniku o sztywnych ściankach, co do której przyjmiemy dwa kolejne założenia: Cząsteczki są znacznie mniejsze od średniej odległości między nimi, skąd wynika, że zajmowana przez nie objętość jest znacznie mniejsza od objętości zbiornika (która wynosi V ). Innymi słowy, zakładamy, że stała van der Waalsa b , czyli objętość jednego mola samych cząsteczek gazu, jest pomijalna w porównaniu z objętością jednego mola gazu znajdującego się w całym w zbiorniku. Cząsteczki doznają idealnie sprężystych zderzeń ze ściankami zbiornika i między sobą. Pozostałe siły działające na cząsteczki, włączając grawitację i siły przyciągania opisywane przez stałą van der Waalsa a , są pomijalne (założenie to jest niezbędne, aby było spełnione założenie o izotropowości ruchu cząsteczek). Do wyprowadzenia równania stanu gazu doskonałego, występowanie zderzeń między cząsteczkami nie jest niezbędne. Mimo zderzeń pomiędzy cząsteczkami, poruszającymi się przypadkowo, ich rozkład prędkości ciągle pozostaje przypadkowy. Ponadto jeżeli początkowy rozkład prędkości cząsteczek nie jest przypadkowy ani izotropowy, to zderzenia międzycząsteczkowe są tym czynnikiem, który taki rozkład przywraca. Musimy przyjąć kolejne założenia, które ułatwią obliczenia, ale nie wpłyną na końcowy wynik. Po pierwsze – założymy, że zbiornik jest prostopadłościanem. Po drugie – zaczniemy od rozpatrzenia gazu monoatomowego, którego cząsteczki zawierają pojedyncze atomy, jak hel. Następnie założymy, że atomy posiadają tylko energię kinetyczną ruchu postępowego, czyli, przykładowo, nie posiadają ani energii ruchów obrotowych, ani ruchów drgających. (Później omówimy zasadność tego założenia dla rzeczywistych gazów monoatomowych i uwolnimy się od niego, aby rozpatrzeć gazy dwuatomowe i wieloatomowe). Na pokazano zderzenie cząsteczki gazu ze ścianą zbiornika, w wyniku czego cząsteczka wywiera siłę na tę ścianę (zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona). Takie zderzenia są źródłem ciśnienia gazu. Gdy liczba cząsteczek gazu wzrasta, to liczba takich zderzeń, a w konsekwencji i ciśnienie, także wzrasta. Podobnie gdy średnia prędkość cząsteczek rośnie, to rośnie również ciśnienie. Gdy cząsteczki zderzają się ze sztywną ścianą, to składowa ich pędu prostopadła do ściany zmienia zwrot na przeciwny. Pewna siła jest więc wywierana na ścianę, tworząc ciśnienie. (Uwaga: ściana narysowana jest w perspektywie – przyp. red.) Przypadkowość ruchu cząsteczek gazu w zbiorniku powoduje, że liczba zderzeń cząsteczek z określonym fragmentem ściany w danym czasie fluktuuje. Jednakże, ponieważ ogromna liczba cząsteczek gazu zderza się ze ścianką zbiornika w krótkim czasie, występujące fluktuacje są bardzo drobne, stanowią zazwyczaj niemierzalny ułamek wartości średniej tej liczby zderzeń. Możemy porównać tę sytuację do działania kasyna, gdzie zakłady zawierane są przypadkowo i kasyno doznaje fluktuacji przychodów w ciągu minut lub godzin. Jednakże w długich okresach czasu, rzędu roku, zyski kasyna są bardzo bliskie wartościom średnim wynikającym z szans na wygraną. Zbiornik gazu zawiera nieporównywalnie więcej cząsteczek niż liczba graczy odwiedzających kasyno w ciągu roku i cząsteczki gazu w ciągu sekundy zderzają się nieporównywalnie częściej niż ci gracze zawierają swoje zakłady. Obliczenie średniej siły wywieranej przez cząsteczki na ścianki zbiornika prowadzi do równania stanu gazu doskonałego oraz do związku między temperaturą i energią kinetyczną cząsteczek. (Tak naprawdę należy przeprowadzić dwa uśrednienia: jedno po czasie, aby otrzymać średnią siłę wywieraną przez jedną cząsteczkę o danej prędkości, a następnie kolejne uśrednienie po cząsteczkach o różnych prędkościach, aby uzyskać średnią siłę wywieraną przez wszystkie cząstki). To podejście zostało zastosowane przez Daniela Bernoulliego (1700–1782) , który znany jest w fizyce przede wszystkim ze swoich prac nad przepływami płynów (hydrodynamiką). Niezwykłe, że Bernoulli wykonał tę pracę przed Daltonem i przedstawił pogląd, że materia zbudowana jest z atomów. pokazuje prostopadłościenny zbiornik wypełniony gazem oraz powiększony obraz zderzenia sprężystego cząsteczki gazu ze ścianą zbiornika z rozkładem wektora prędkości cząsteczki na składowe. Założyliśmy, że cząsteczka jest mała w porównaniu z parametrem separacji cząsteczek (średnią odległością między cząsteczkami) oraz, że jej oddziaływanie z innymi cząsteczkami można zignorować. Równanie stanu gazu doskonałego w tej postaci jest sprawdzalne eksperymentalnie. Ponieważ założyliśmy także, że ścianki zbiornika są sztywne i że cząsteczki są punktami materialnymi, to ich zderzenia ze ściankami są sprężyste (nie istnieją drogi ucieczki energii kinetycznej cząsteczki). W takim razie energia kinetyczna cząsteczki pozostaje stała i, konsekwentnie, wartości jej prędkości i pędu też pozostają stałe. To założenie nie zawsze jest spełnione, ale wyniki tego modelu można także otrzymać przy założeniu, że cząsteczki wymieniają energię i pęd ze ścianami zbiornika. Gaz w prostopadłościennym zbiorniku wywiera na jego ścianki ciśnienie (skierowane na zewnątrz). Cząsteczka zderzająca się ze sztywną ścianką zmienia zwrot składowej x wektora prędkości i wektora pędu. Kierunek ten jest prostopadły do ścianki. Składowe wektorów prędkości i pędu równoległe do osi y i z nie zmieniają się, co oznacza, że nie występują siły równoległe do ścianki. Jeżeli prędkość cząsteczki zmienia się w kierunku osi x , to jej pęd zmienia się od − m ⁢ v x do + m ⁢ v x . Wobec tego zmiana pędu cząsteczki wynosi Δ m ⁢ v = m ⁢ v x − − m ⁢ v x = 2 ⁢ m ⁢ v x . Zgodnie z drugą zasadą dynamiki sformułowanej przy użyciu pędu w rozdziale Pęd i zderzenia , siła wywierana na i -tą cząsteczkę, gdzie i numeruje cząsteczki od 1 do N , wynosi F i = Δ p i Δ t = 2 ⁢ m ⁢ v x i Δ t ⁢ , gdzie p wyjątkowo oznacza pęd cząsteczki, a nie ciśnienie gazu. Siła ta pojawia się tylko w czasie kontaktu cząsteczki ze ścianką zbiornika – w pozostałych chwilach czasu cząsteczki nie oddziałują ze ściankami ( Δ t w powyższym wzorze oznacza czas trwania zderzenia cząsteczki ze ścianką – przyp. tłum.). W czasie krótkiej chwili zderzenia siła oddziaływania między cząsteczką i ścianką jest relatywnie duża, ale to nie jest ta siła, której poszukujemy. My poszukujemy średniej siły oddziaływania cząsteczki ze ścianką zbiornika i aby ją wyznaczyć, musimy przyjąć, że Δ t jest średnim czasem między kolejnymi uderzeniami w tę ściankę. Innymi słowy, jest to przedział czasu, w którym spodziewamy się zaobserwować jedno uderzenie cząsteczki w tę ściankę zbiornika. Wówczas Δ t powinno być czasem, jakiego potrzebuje cząsteczka, aby dwukrotnie (tam i z powrotem) przebyć odległość między przeciwległymi ściankami zbiornika wzdłuż osi x . Oznaczmy tę odległość przez l . Ponieważ cząsteczka porusza się wzdłuż tej osi z prędkością v x , to Δ t = 2 ⁢ l ∕ v x , co daje F i = 2 ⁢ m ⁢ v x i 2 ⁢ l ∕ v x i = m ⁢ v x i 2 l ⁢ . Jest to siła spowodowana uderzeniem jednej cząsteczki gazu. Aby wyznaczyć całkowitą siłę F wywieraną na ściankę, musimy zsumować wkłady pochodzące od wszystkich cząsteczek N F = ∑ i = 1 N F i = ∑ i = 1 N m ⁢ v x i 2 l = m l ⁢ ∑ i = 1 N v x i 2 ⁢ . Wyrażenie to możemy przekształcić, korzystając z pojęcia wartości średniej, którą oznaczymy za pomocą kreski (belki) nad daną wielkością F = N ⁢ m l ⋅ 1 N ⁢ ∑ i = 1 N v x i 2 = N ⁢ m ⁢ v x 2 ‾ l ⁢ . Korzystniejsze byłoby wyrażenie zawierające wartość całkowitej prędkości cząsteczki v , a nie tylko jednej jej składowej. Zauważmy, że kwadrat całkowitej prędkości jest sumą kwadratów jej składowych, czyli v 2 ‾ = v x 2 ‾ + v y 2 ‾ + v z 2 ‾ ⁢ . Na podstawie założenia o izotropowości rozkładów prędkości cząsteczek gazu trzy średnie po prawej stronie tej równości są sobie równe, a więc v 2 ‾ = 3 ⁢ v x 2 ‾ ⁢ . Podstawiwszy v x 2 ¯ \\bar{v_x^2} do wyrażenia na siłę, otrzymujemy F = N ⁢ m ⁢ v 2 ‾ 3 ⁢ l ⁢ . Ciśnienie wyraża się przez F ∕ S , gdzie S jest powierzchnią ścianki zbiornika p = F S = N ⁢ m ⁢ v 2 ‾ 3 ⁢ S ⁢ l = N ⁢ m ⁢ v 2 ‾ 3 ⁢ V ⁢ , gdzie V = S ⁢ l jest objętością zbiornika gazu. Otrzymujemy w ten sposób ważny wzór p ⁢ V = 1 3 ⁢ N ⁢ m ⁢ v 2 ‾ ⁢ . Porównując to równanie z równaniem p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T , otrzymujemy 1 3 ⁢ N ⁢ m ⁢ v 2 ‾ = N ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Uprościwszy to równanie przez N i pomnożywszy przez 3 ∕ 2 , otrzymujemy wyrażenie na średnią energię kinetyczną cząsteczki gazu. Średnia energia kinetyczna cząsteczki gazu Średnia energia kinetyczna cząsteczki gazu jest wprost proporcjonalna do temperatury bezwzględnej gazu E ‾ k = 1 2 ⁢ m ⁢ v 2 ‾ = 3 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Równanie E ‾ k = 3 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T określa średnią energię kinetyczną cząsteczki gazu. Warto zauważyć, że energia ta zależy wyłącznie od temperatury gazu, a zwłaszcza nie zależy od masy cząsteczkowej ani też od ciśnienia. Przykładowo, jeżeli próbki helu i ksenonu, gazów o bardzo różnych masach cząsteczkowych, posiadają tę samą temperaturę, to średnia energia kinetyczna ich atomów ma tę samą wartość. Energią wewnętrzną (ang. internal energy ) układu termodynamicznego nazywamy sumę energii mechanicznych wszystkich cząsteczek, które tworzą ten układ. Możemy obecnie wyznaczyć wartość tej energii dla gazów monoatomowych. Dla takich gazów na energię ich atomów składa się tylko ich translacyjna energia kinetyczna (właśnie omawiana energia kinetyczna ich ruchu postępowego). Wobec tego, oznaczając energię wewnętrzną przez U , mamy U = N ⁢ E ‾ k lub U = 3 2 ⁢ N ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Często w równaniu tym zamiast liczby cząsteczek N używa się liczby moli n U = 3 2 ⁢ n ⁢ R ⁢ T ⁢ . Z równania E ‾ k = 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v 2 ‾ = 3 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T można wyznaczyć tzw. średnią prędkość kwadratową cząsteczek gazu doskonałego. Średnia prędkość kwadratowa cząsteczki gazu Średnią prędkością kwadratową (ang. root-mean square speed ) cząsteczki nazywamy v k = v 2 ‾ = 3 ⁢ k B ⁢ T m ⁢ . Średnia prędkość kwadratowa nie jest średnią wartością prędkości ani prędkością najbardziej prawdopodobną cząsteczek gazu – te pojęcia zostaną omówione w podrozdziale Rozkład prędkości cząsteczek gazu doskonałego . Prędkość ta pozwala na łatwe oszacowanie prędkości cząsteczek na podstawie ich energii kinetycznej. W wyrażeniu tym często zamiast masy cząsteczki m używa się masy molowej gazu M (w kg ∕ mol ) v k = 3 ⁢ R ⁢ T M ⁢ . Nadszedł czas, aby zrobić dygresję i odpowiedzieć na pytanie, które teraz się nasuwa: jeżeli w rozpatrywanym modelu zastąpimy punkty materialne rzeczywistymi atomami, to czy uwzględnienie ich energii kinetycznej ruchu obrotowego może zmienić otrzymany rezultat? Aby odpowiedzieć na to pytanie, musimy odwołać się do mechaniki kwantowej ( Mechanika kwantowa ). Zgodnie z nią energia kinetyczna ruchu obrotowego nie może przyjmować dowolnych wartości – są one ograniczone do pewnego dyskretnego zbioru (skwantowane – przyp. tłum.), a najmniejsza wartość w tym zbiorze jest odwrotnie proporcjonalna do momentu bezwładności. Z kolei momenty bezwładności atomów są bardzo małe, ponieważ niemal cała masa atomów skupiona jest w ich jądrach, których typowe promienie są mniejsze niż 10 -14 ⁢ m . Wobec tego minimalna energia kinetyczna ruchu obrotowego atomu jest znacznie większa niż 1 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T i dla temperatur spotykanych w życiu codziennym dostępne energie nie są wystarczające, aby wprawić atom w ruch obrotowy. Wrócimy do tej dyskusji w następnej sekcji przy rozpatrywaniu gazów dwuatomowych i wieloatomowych. Wyznaczanie energii kinetycznej i prędkości cząsteczek gazu Ile wynosi wartość średniej energii kinetycznej cząsteczki gazu w temperaturze 20 ⁢ ° C \\SI{20}{\\celsius} (temperatura pokojowa)? Wyznaczmy średnią prędkość kwadratową cząsteczki azotu (N 2 ) w powyższej temperaturze. Strategia rozwiązania Średnia energia kinetyczna cząsteczki gazu zależy wyłącznie od temperatury E ‾ k = 3 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Przed podstawieniem danych należy temperaturę gazu wyrazić w kelwinach: T = 20 ⁢ K + 273 ⁢ K = 293 ⁢ K . Średnią prędkość kwadratową wyraża równanie v k = v 2 ‾ = 3 ⁢ k B ⁢ T m ⁢ , lecz najpierw musimy wyznaczyć masę cząsteczki azotu. Masę molową azotu znajdujemy w tablicach (np. w układzie okresowym pierwiastków), co daje m = M N A = 2 ⋅ 14,0067 ⋅ 10 -3 ⁢ kg ∕ mol 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 = 4,65 ⋅ 10 -26 ⁢ kg ⁢ . Rozwiązanie Podstawiwszy wyznaczoną temperaturę do równania na średnią energię kinetyczną ruchu postępowego, otrzymujemy E ‾ k = 3 2 ⁢ k B ⁢ T = 3 2 ⋅ 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K ⋅ 293 ⁢ K = 6,07 ⋅ 10 -21 ⁢ J ⁢ . Podstawiwszy dane do równania na średnią prędkość kwadratową, otrzymujemy v k = 3 ⁢ k B ⁢ T m = 3 ⋅ 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K ⋅ 293 ⁢ K 4,65 ⋅ 10 -26 ⁢ kg = 511 ⁢ m ∕ s ⁢ . Znaczenie Zauważmy, że średnia energia kinetyczna ruchu postępowego cząsteczki gazu nie zależy od rodzaju cząsteczki. Energia ta zależy tylko od temperatury bezwzględnej gazu. Rozpatrywana energia kinetyczna jest bardzo mała w porównaniu z energiami oddziaływań makroskopowych, dzięki czemu nie czujemy, gdy cząsteczki powietrza uderzają w naszą skórę. Jednocześnie energia ta jest znacznie większa od zmian energii potencjalnej w polu grawitacyjnym, gdy cząsteczki przemieszczają się, powiedzmy, między sufitem a podłogą w pokoju. Dlatego pominięcie energii grawitacyjnej w typowych stanach gazów jest uzasadnione. Obliczona średnia prędkość kwadratowa cząsteczek azotu okazała się zaskakująco duża. Te duże prędkości nie wywołują makroskopowych ruchów powietrza, ponieważ cząsteczki poruszają się we wszystkich kierunkach z jednakowym prawdopodobieństwem (zgodnie z przyjętym założeniem). Średnia droga swobodna (średnia odległość pokonywana przez cząsteczkę między kolejnymi zderzeniami międzycząsteczkowymi, omawiana nieco dalej w tym podrozdziale) cząsteczek powietrza jest bardzo mała, co oznacza, że cząsteczki, mimo swej wielkiej prędkości, w jednostce czasu nie przemieszczają się zbyt daleko. Duża wartość średniej prędkości kwadratowej ma swoje odbicie w prędkości dźwięku, która w powietrzu wynosi ok. 340 ⁢ m ∕ s w temperaturze pokojowej. Prędkość dźwięku wzrasta wraz z temperaturą i jest większa w gazach o niskich wartościach masy cząsteczkowej, jak hel (zob. ). (a) W zwykłym gazie wiele cząsteczek porusza się tak szybko, że w jednostce czasu zderzają się z innymi cząsteczkami miliardy razy. (b) Pojedyncze cząsteczki w niewielkich przedziałach czasu nie przemieszczają się zbyt daleko, ale zaburzenia, takie jak fale dźwiękowe, są przenoszone z prędkościami zbliżonymi do prędkości cząsteczek. Prędkość ucieczki atomów helu – wyznaczanie temperatury gazu Aby jakiś obiekt znajdujący się w górnych warstwach atmosfery (na wysokości 100 ⁢ km ) mógł opuścić pole grawitacyjne Ziemi, musi poruszać się z prędkością 11,1 ⁢ km ∕ s względem środka Ziemi (druga prędkość kosmiczna). W jakiej temperaturze średnia prędkość kwadratowa atomów helu będzie równa ich prędkości ucieczki? Strategia rozwiązania Należy rozpoznać wielkości dane i poszukiwane oraz określić, które równanie można zastosować, aby rozwiązać zadanie. Rozwiązanie Wielkości dane: prędkość ucieczki v = 11,1 ⁢ km ∕ s . Wielkości poszukiwane: temperatura gazu T , a także masa atomu helu m . Określenie niezbędnych równań: W celu wyznaczenia masy atomów helu można wykorzystać dane z tablicy układu okresowego pierwiastków m = M N A ⁢ . Aby wyznaczyć poszukiwaną temperaturę, przekształcamy równanie 1 2 ⁢ m ⁢ v 2 ‾ = 3 2 ⁢ k B ⁢ T ⇒ T = m ⁢ v 2 ‾ 3 ⁢ k B ⁢ . Podstawiamy wartości wielkości danych do równań i wyznaczamy wartości wielkości poszukiwanych m = M N A = 4,0026 ⋅ 10 -3 ⁢ kg ∕ mol 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 = 6,65 ⋅ 10 -27 ⁢ kg , T = m ⁢ v 2 ‾ 3 ⁢ k B = 6,65 ⋅ 10 -27 ⁢ kg ⋅ 11,1 ⋅ 10 3 ⁢ m ∕ s 2 3 ⋅ 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K = 1,98 ⋅ 10 4 ⁢ K ⁢ . Znaczenie Wyznaczona temperatura jest znacznie wyższa od temperatury atmosfery ziemskiej na dużych wysokościach, która wynosi około 250 ⁢ K ( − 23 ⁢ ° C lub − 10 ⁢ ° F ). Niewielka liczba atomów helu może opuścić atmosferę, a kolejne atomy są tworzone w rozpadach promieniotwórczych na Ziemi (zob. rozdział Fizyka jądrowa ). Jednak przyczyną spadku liczby atomów helu jest to, że niewielka ich ilość posiada prędkości większe od prędkości ucieczki z Ziemi nawet w temperaturach pokojowych. Prędkość atomów helu zmienia się od zderzenia do zderzenia i w każdej chwili istnieje niewielka, ale niezerowa szansa na to, że prędkość atomu jest większa niż prędkość ucieczki. Ta szansa jest na tyle duża, aby w czasie istnienia Ziemi niemal wszystkie atomy helu, znajdujące się na dużych wysokościach w jej atmosferze, osiągnęły prędkość ucieczki i pokonały przyciąganie grawitacyjne Ziemi. Cięższe cząsteczki, jak tlen, azot i woda, posiadają mniejsze wartości średnich prędkości kwadratowych i w konsekwencji jest znacznie mniej prawdopodobne, aby prędkość którejś z nich przekroczyła wartość prędkości ucieczki. Faktycznie to prawdopodobieństwo jest tak małe, że aby znacząca liczba cięższych cząsteczek mogła opuścić atmosferę, potrzebne są miliardy lat. Efekty ucieczki atmosfery z Księżyca można zaobserwować na . Ponieważ przyciąganie grawitacyjne Księżyca jest znacznie słabsze, utracił on niemal całą swoją atmosferę. W ćwiczeniach do tego rozdziału porównywane są atmosfery Ziemi i innych ciał kosmicznych. Fotografia dowódcy Apollo 17 kierującego pojazdem księżycowym (Lunar Roving Vehicle – przyp. tłum.) wygląda tak, jakby została zrobiona nocą w świetle dużego reflektora. W rzeczywistości źródłem światła jest Słońce. Ponieważ przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu jest małe (ok. 1 ∕ 6 przyspieszenia ziemskiego), to prędkość ucieczki z Księżyca jest także znacznie mniejsza. W efekcie cząsteczki gazów bardzo łatwo opuszczają Księżyc, pozostawiając go praktycznie bez atmosfery. Nawet w czasie księżycowego dnia niebo pozostaje czarne, ponieważ na Księżycu nie ma atmosfery gazowej rozpraszającej światło słoneczne. Źródło: Harrison H. Schmitt/NASA Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli rozpatrzymy bardzo małe obiekty umieszczone w gazie, takie jak ziarenka pyłków kwiatowych, to liczba cząsteczek gazu uderzających w ich powierzchnię będzie również względnie mała. Czy należy się spodziewać, że ziarenka pyłku będą doznawać fluktuacji położenia spowodowanych statystycznymi fluktuacjami liczby cząsteczek uderzających w nie w danym przedziale czasu? Tak. Takie fluktuacje nieustannie mają miejsce dla każdego ciała o dowolnej wielkości umieszczonego w gazie. Ponieważ liczba cząsteczek w ciałach makroskopowych jest przeogromna, to fluktuacje stanowią drobny ułamek wszystkich zderzeń, wobec tego wielkości średnie omawiane w tym podrozdziale zmieniają się niedostrzegalnie. W uogólnieniu, wielkości fluktuacji są odwrotnie proporcjonalne do pierwiastka kwadratowego z liczby zderzeń, co oznacza, że dla niewielkich ciał mogą stać się istotne. Zostało to zaobserwowane w XIX wieku dla pyłków kwiatowych zanurzonych w wodzie i znane jest pod nazwą ruchów Browna. Ciśnienie pary nasyconej, ciśnienie parcjalne i prawo Daltona Ciśnienie jednego składnika gazu będącego mieszaniną różnych gazów, gdy wypełnia on całą dostępną objętość naczynia, nazywane jest ciśnieniem cząstkowym ( parcjalnym ) (ang. partial pressure ) gazu. Jeżeli co najmniej dwa gazy zostaną zmieszane, to w wyniku zderzeń międzycząsteczkowych osiągają stan równowagi (termodynamicznej); jest to proces analogiczny do zjawiska przewodzenia ciepła opisanego w rozdziale Temperatura i ciepło . Z teorii kinetycznej gazów wynika, że jeżeli gazy posiadają tę samą temperaturę, to ich cząsteczki posiadają tę samą średnią energię kinetyczną ruchu postępowego. Wobec tego każdy gaz w mieszaninie spełnia osobno równanie stanu gazu doskonałego i wywiera takie ciśnienie na ściany zbiornika jakby wypełniał go sam. Wynika stąd, że w mieszaninie gazów ciśnienie całkowite jest sumą ciśnień parcjalnych składników, założywszy, że spełniają one założenia modelu gazu doskonałego i nie zachodzą jakiekolwiek reakcje chemiczne między składnikami mieszaniny. Prawo to jest znane jako prawo Daltona ciśnień cząstkowych (ang. Dalton’s law of partial pressures ) na cześć angielskiego uczonego Johna Daltona (1766–1844) , który je sformułował. Prawo Daltona jest spójne z tym, że ciśnienia cząstkowe podlegają prawu Pascala. W mieszaninie gazów doskonałych w stanie równowagi termicznej liczba cząsteczek każdego gazu jest proporcjonalna do jego ciśnienia cząstkowego. Wynika to z równania stanu gazu doskonałego zastosowanego do każdego składnika z osobna w postaci p ∕ n = R ⁢ T ∕ V . Ponieważ prawa strona tego wyrażenia przyjmuje taką samą wartość dla każdego gazu o danej temperaturze i wypełniającego zbiornik o danej objętości, to lewa strona musi przyjmować również takie same wartości. Ciśnienie wywierane przez dany gaz wypełniający zbiornik nazywamy ciśnieniem cząstkowym. Prawo Daltona mówi, że ciśnienie całkowite jest sumą ciśnień cząstkowych wszystkich rodzajów gazów w zbiorniku. Dla dowolnych dwóch gazów w zbiorniku (oznaczanych przez 1 i 2) w stanie równowagi mamy p 1 ∕ n 1 = p 2 ∕ n 2 . Pojęcie ciśnienia cząstkowego ma szerokie zastosowanie w chemii, gdyż koncentracja cząsteczek gazu będąca funkcją tego ciśnienia określa szybkość reakcji chemicznych. Tutaj wspomnimy tylko, że ciśnienie parcjalne tlenu w płucach człowieka jest kluczowe dla życia i zdrowia. Oddychanie powietrzem zawierającym tlen o ciśnieniu cząstkowym poniżej 0,16 ⁢ atm może prowadzić do zaburzeń koordynacji i zaburzeń emocjonalnych, w szczególności u ludzi niezaaklimatyzowanych do dużych wysokości. Jeszcze niższe ciśnienie cząstkowe O 2 prowadzi do poważniejszych konsekwencji; ciśnienie cząstkowe poniżej 0,06 ⁢ atm szybko powoduje fatalne skutki – pojawiają się trwałe uszkodzenia w organizmie, nawet jeżeli dana osoba jest reanimowana. Jednak uczucie duszności spowodowane jest raczej wysoką koncentracją dwutlenku węgla we krwi niż niską zawartością tlenu. W takim wypadku jeżeli mały pokój lub gabinet jest wypełniony powietrzem o względnie niskiej zawartości tlenu, np. w wyniku nieszczelności butli gazowych przechowywanych w danym pomieszczeniu, to osoby tam przebywające nie mają poczucia duszności i mogą nagle doznać drgawek lub utracić przytomność bez żadnych ostrzegawczych objawów. Specjaliści od bezpieczeństwa kładą duży nacisk na zapobieganie takim zagrożeniom. Szczególnym przypadkiem ciśnienia cząstkowego jest ciśnienie pary nasyconej (ang. vapor pressure ), które jest ciśnieniem pary będącej w równowadze fazowej z cieczą (lub ciałem stałym w przypadku sublimacji). W dowolnej temperaturze ciśnienie cząstkowe wody w powietrzu nie może przekroczyć ciśnienia pary nasyconej wody w tej temperaturze, ponieważ po osiągnięciu tego ciśnienia woda wykrapla się z powietrza. Przykładem takiego skraplania się (kondensacji) jest rosa. Temperatura, w której następuje taka kondensacja dla powietrza, nazywana jest punktem rosy (ang. dew point ). Można ją łatwo wyznaczyć za pomocą powoli schładzanej metalowej kuli; punktem rosy jest temperatura kuli, przy której następuje wykroplenie się wody na jej powierzchni. Ciśnienia pary nasyconej wody w powietrzu w temperaturach istotnych w meteorologii zostały podane w . Ciśnienie pary nasyconej wody w różnych temperaturach. t ( ° C ) Ciśnienie pary nasyconej ( Pa ) 0 610,5 3 757,9 5 872,3 8 1073 10 1228 13 1497 15 1705 18 2063 20 2338 23 2809 25 3167 30 4243 35 5623 40 7376 Wilgotność względną w temperaturze T definiuje się jako f = ciśnienie parcjalne pary wodnej w powietrzu w temperaturze ⁢ T ciśnienie pary nasyconej w pobliżu powierzchni wody w temperaturze ⁢ T ⋅ 100 ⁢ % ⁢ . Jeżeli wilgotność względna wynosi 100 ⁢ % , to ciśnienie cząstkowe wody jest równe ciśnieniu pary nasyconej wody; innymi słowy powietrze jest nasycone wodą. Wyznaczanie wilgotności względnej Jaka jest wilgotność względna powietrza o temperaturze 25 ⁢ ° C , jeżeli jego punkt rosy wynosi 15 ⁢ ° C ? Strategia rozwiązania W powyższej tabeli odnajdujemy ciśnienie pary nasyconej w temperaturze powietrza i w temperaturze punktu rosy i obliczamy ich stosunek. Rozwiązanie f = ciśnienie parcjalne pary wodnej w temperaturze punktu rosy ⁢ 15 ⁢ ° C ciśnienie pary nasyconej wody w temperaturze ⁢ 25 ⁢ ° C ⋅ 100 ⁢ % f = 1705 ⁢ Pa 3167 ⁢ Pa ⋅ 100 ⁢ % = 53,8 ⁢ % ⁢ . \\begin{multiline} f &= \\frac{\\text{ciśnienie parcjalne pary wodnej w temperaturze punktu rosy } \\SI{15}{\\celsius}}{\\text{ciśnienie pary nasyconej wody w temperaturze } \\SI{25}{\\celsius}} \\cdot \\SI{100}{\\percent} \\\\ &= \\frac{\\SI{1705}{\\pascal}}{\\SI{3167}{\\pascal}} \\cdot \\SI{100}{\\percent} = \\SI{53,8}{\\percent} \\text{.} \\end{multiline} f = ciśnienie parcjalne pary wodnej w temperaturze punktu rosy ⁢ 15 ⁢ ° C ciśnienie pary nasyconej wody w temperaturze ⁢ 25 ⁢ ° C ⋅ 100 ⁢ % = 1705 ⁢ Pa 3167 ⁢ Pa ⋅ 100 ⁢ % = 53,8 ⁢ % ⁢ . Znaczenie Wilgotność względna powietrza jest jednym ze składników określających warunki komfortu cieplnego człowieka. Wartość 53,8 ⁢ % leży w zakresie od 40 ⁢ % do 60 ⁢ % , który zaleca się dla wilgotności względnej w pomieszczeniach zamkniętych. Jak stwierdzono w rozdziale Temperatura i ciepło , temperatura powietrza rzadko spada poniżej punktu rosy, ponieważ po osiągnięciu tego punktu (lub punktu szronienia, ang. frost point ) następuje kondensacja wody i jest uwalniana znaczna ilość ciepła utajonego tejże przemiany fazowej. Średnia droga swobodna i średni czas między zderzeniami Teraz przystąpimy do dokładniejszego rozpatrzenia zderzeń międzycząsteczkowych. Obliczymy tutaj średnią drogę swobodną (ang. mean free path ) λ , czyli średnią odległość przebywaną przez cząsteczkę między kolejnymi zderzeniami, oraz średni czas między tymi zderzeniami τ . Zakładamy, że wszystkie cząsteczki są kulami (sferami) o promieniu r , co oznacza, że dana cząsteczka dozna zderzenia z inną, jeżeli ich środki będą w odległości nie większej niż 2 ⁢ r od siebie. Wobec tego możemy stwierdzić, że powierzchnia koła o tym promieniu, czyli 4 ⁢ π ⁢ r 2 , jest przekrojem czynnym danej cząsteczki na zderzenie. Cząsteczka, przemieszczając się, obejmuje w swoim ruchu pewną objętość w kształcie walca o przekroju równym jej przekrojowi czynnemu. Średnią drogą swobodną tej cząsteczki nazywamy taką długość λ tego walca, dla której oczekiwana liczba innych cząsteczek w jego objętości będzie wynosić 1. Jeżeli pominiemy, chwilowo, ruch pozostałych cząsteczek, to ta oczekiwana liczba będzie równa iloczynowi koncentracji cząsteczek N ∕ V i objętości walca 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ λ , czyli N ∕ V ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ λ = 1 , lub λ = V 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ N ⁢ . Uwzględnienie ruchu wszystkich cząsteczek utrudnia obliczenia, lecz do końcowego wyniku wprowadza tylko czynnik 2 (o taki jest większa średnia prędkość względna cząsteczek – przyp. tłum.), dając ostatecznie λ = V 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ N ⁢ . Dla gazu doskonałego możemy podstawić V ∕ N = k B ⁢ T ∕ p , co daje λ = k B ⁢ T 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ p ⁢ . Średni czas między zderzeniami (ang. mean free time ) można wyznaczyć, dzieląc średnią drogę swobodną przez charakterystyczną prędkość cząsteczek gazu, którą może być średnia prędkość kwadratowa τ = k B ⁢ T 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ p ⁢ v k ⁢ . Precyzyjniej rzecz ujmując, we wzorze tym zamiast średniej prędkości kwadratowej należy wstawić prędkość średnią; ponadto często zamiast promienia cząsteczek, które na ogół nie są przecież kulkami, używa się przekroju czynnego σ na zderzenie, otrzymujemy więc (przyp. tłum.) λ = k B ⁢ T 2 ⁢ σ ⁢ p ⁢ , ⁢ τ = k B ⁢ T 2 ⁢ σ ⁢ p ⁢ v ⁢ . Wyznaczanie średniego czasu między zderzeniami Obliczmy średni czas między zderzeniami atomów argonu ( M = 39,9 ⁢ g ∕ mol ) w temperaturze 0 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 1 ⁢ atm . Przyjmijmy, że promień atomu argonu wynosi 1,7 ⋅ 10 -10 ⁢ m . Rozwiązanie Rozwiązanie Należy określić wielkości dane oraz przekształcić ich wartości do jednostek układu SI. Otrzymujemy masę molową 0,0399 ⁢ kg ∕ mol , temperaturę 273 ⁢ K , ciśnienie 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa oraz promień 1,7 ⋅ 10 -10 ⁢ m . Obliczamy wartość średniej prędkości kwadratowej v k = 3 ⁢ R ⁢ T ∕ M = 413 ⁢ m ∕ s , a następnie podstawiamy dane do równania na średni czas między zderzeniami τ = k B ⁢ T 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ p ⁢ v k = 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K ⋅ 273 ⁢ K 4 ⁢ 2 ⁢ π ⋅ 1,7 ⋅ 10 -10 ⁢ m 2 ⋅ 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ⋅ 413 ⁢ m ∕ s = 1,76 ⋅ 10 -10 ⁢ s ⁢ . Znaczenie Możemy, co najwyżej, porównać otrzymany wynik z naszą intuicją o cząsteczkach w gazie, ale wyłania się stąd obraz cząsteczek zderzających się z ekstremalnie dużą częstością. Sprawdź, czy rozumiesz. Która średnia droga swobodna jest dłuższa: wody ciekłej czy pary wodnej w powietrzu? W cieczach cząsteczki znajdują się blisko siebie i nieustanne zderzają się ze sobą. W gazach niemal idealnych, jak powietrze w zwykłych warunkach, cząsteczki znajdują się znacznie dalej od siebie. Dlatego też średnia droga swobodna w powietrzu jest znacznie dłuższa niż w wodzie. Podsumowanie Teoria kinetyczna to atomowy opis gazów, cieczy i ciał stałych. Teoria ta modeluje własności materii, zakładając, że cząsteczki substancji znajdują się w nieustannym przypadkowym ruchu. W równaniu stanu gazu doskonałego można używać masy cząsteczki gazu oraz v k – średniej wartości kwadratów prędkości cząsteczek. Temperatura gazu jest proporcjonalna do średniej translacyjnej (ruchu postępowego) energii kinetycznej jego cząsteczek. Oznacza to, że średnia prędkość kwadratowa cząsteczek gazu pozostaje proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z temperatury i odwrotnie proporcjonalna do masy cząsteczki. W mieszaninie gazów każdy składnik wywiera ciśnienie równe ciśnieniu całkowitemu pomnożonemu przez udział molowy tego składnika w mieszaninie (ciśnienie parcjalne). Średnia droga swobodna (średnia odległość przebywana przez cząsteczkę między zderzeniami) oraz średni czas między zderzeniami są proporcjonalne do temperatury i odwrotnie proporcjonalne do gęstości molowej i do przekroju czynnego cząsteczki na zderzenie. Pytania Jaki jest związek między ciśnieniem wywieranym przez gaz i pędem cząsteczek, z których ten gaz się składa? Rozważ ten problem na poziomie molekularnym, biorąc pod uwagę własności cząsteczek. Porównaj średnią drogę swobodną cząsteczek, których stosunek promieni wynosi 2, a stosunek mas jest równy 8. Porównaj wartości ich średnich czasów między zderzeniami. Średnia droga swobodna jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu promienia cząsteczki, tak więc maleje ona czterokrotnie. Średni czas między zderzeniami jest proporcjonalny do średniej drogi swobodnej i odwrotnie proporcjonalny do średniej prędkości kwadratowej, która z kolei jest odwrotnie proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z wartości masy cząsteczki. Daje to czynnik 8 w liczniku; i ostatecznie średni czas między zderzeniami maleje o czynnik 2 . Wyznacz średnią prędkość cząsteczek powietrza w pokoju, w którym się obecnie znajdujesz. Atmosfery Jowisza, Saturna, Urana i Neptuna zawierają znacznie więcej wodoru i helu niż atmosfera Ziemi. Wyjaśnij ten fakt, biorąc pod uwagę, że planety te posiadają znacznie większą masę niż Ziemia oraz że znajdują się znacznie dalej od Słońca niż Ziemia. Ponieważ planety te są bardziej masywne, ich grawitacja jest silniejsza oraz prędkości ucieczki są większe w stosunku do Ziemi. Ponadto, ponieważ planety te znajdują się dalej od Słońca, są chłodniejsze i prędkości cząsteczek w ich atmosferach, włączając cząsteczki wodoru i atomy helu, są mniejsze. Z połączenia tych faktów wynika, że niewielka liczba cząsteczek wodoru i atomów helu zdołała uciec z atmosfer planet zewnętrznych. Mechanika statystyczna stwierdza, że jeżeli gaz pozostaje w równowadze termodynamicznej z dużo większym układem (rezerwuarem) o temperaturze T , to fluktuacje wartości energii wewnętrznej tego gazu stanowią ułamek 1 ∕ N jej całkowitej wartości. Jak duże są wartości fluktuacji energii wewnętrznej jednego mola gazu? Czy jesteśmy uprawnieni do tego, aby je pomijać? Co jest bardziej niebezpieczne – szafa, w której przechowywane są butle z azotem, czy też szafa z butlami z dwutlenkiem węgla? Bardziej niebezpieczna jest szafa z dwutlenkiem węgla, gdyż jego nadmiar wywołuje uczucie duszności, a nadmiar azotu i niedomiar tlenu nie są tak szkodliwe. Zadania We wszystkich zadaniach w tym podrozdziale zakładamy, że rozpatrywane gazy są gazami doskonałymi. Tenisista uderza piłki tenisowe o masie 0,058 ⁢ kg w kierunku ściany. Średnia wartość składowej prędkości piłki prostopadłej do ściany wynosiła 11 ⁢ m ∕ s , piłki uderzały w ścianę średnio co 2,1 ⁢ s i odbijały się z tą samą wartością składowej prostopadłej prędkości. Ile wynosi wartość średniej siły wywieranej na ścianę przez piłki? Ile wynosi średnie ciśnienie wywierane przez piłki na ścianę, jeżeli uderzają one w obszar o powierzchni 3 ⁢ m 2 ? a. 0,61 ⁢ N ; b. 0,2 ⁢ Pa . Gracz znajdujący się w pomieszczeniu do racquetballa (gra podobna do squasha) o objętości V = 453 ⁢ m 3 bez przerwy wybija wokół siebie zupełnie przypadkowo piłkę o masie m = 42 ⁢ g . Średnia energia kinetyczna piłki wynosi 2,3 ⁢ J . Ile wynosi średnia wartość v x 2 ? Czy ma znaczenie, w którym kierunku zostanie poprowadzona oś x ? Stosując metody przedstawione w tym rozdziale, oblicz średnie ciśnienie wywierane przez piłkę na ściany pomieszczenia; Dodatkowo, biorąc pod uwagę, że w tym zadaniu mamy tylko jedną „cząsteczkę”, wyjaśnij, które z głównych założeń przyjętych w podrozdziale Ciśnienie, temperatura i średnia prędkość kwadratowa nie jest tutaj spełnione? Pięciu rowerzystów jedzie z następującymi prędkościami: 5,4 ⁢ m ∕ s , 5,7 ⁢ m ∕ s , 5,8 ⁢ m ∕ s , 6 ⁢ m ∕ s , 6,5 ⁢ m ∕ s . Ile wynosi ich średnia prędkość? Ile wynosi ich średnia prędkość kwadratowa? a. 5,88 ⁢ m ∕ s ; b. 5,89 ⁢ m ∕ s . Niektóre lampy jarzeniowe wypełnia się argonem. Ile wynosi średnia prędkość kwadratowa atomów argonu znajdujących się w pobliżu żarnika takiej lampy o temperaturze 2500 ⁢ K ? Typowe wartości prędkości cząsteczek (średnie prędkości kwadratowe) są duże, nawet w niskich temperaturach. Ile wynosi średnia prędkość kwadratowa atomów helu w temperaturze 5 ⁢ K , która o niecały stopień przewyższa jego temperaturę skraplania? 177 ⁢ m ∕ s . Odpowiedz na poniższe pytania. Ile wynosi średnia energia kinetyczna w dżulach atomów wodoru na powierzchni Słońca o temperaturze 5500 ⁢ ° C ? Ile wynosi średnia energia kinetyczna atomów helu w obszarze korony słonecznej o temperaturze 6 ⋅ 10 5 ⁢ ° C ? Ile wynosi stosunek średniej energii kinetycznej ruchu postępowego cząsteczek azotu w temperaturze 300 ⁢ K do ich energii potencjalnej w polu grawitacyjnym Ziemi, gdy znajdują się pod sufitem pokoju o wysokości 3 ⁢ m , określonej względem podłogi tego pokoju? 4,54 ⋅ 10 3 . Ile wynosi całkowita translacyjna energia kinetyczna cząsteczek powietrza znajdującego się w pokoju o objętości 23 ⁢ m 3 i temperaturze 21 ⁢ ° C , jeżeli ciśnienie wynosi 9,5 ⋅ 10 5 ⁢ Pa (pokój znajduje się na odpowiedniej wysokości)? Czy jeszcze jakieś dane są niezbędne, aby otrzymać rozwiązanie? Iloczyn ciśnienia i objętości próbki wodoru o temperaturze 0 ⁢ ° C wynosi 80 ⁢ J . Ile moli wodoru zawiera ta próbka? Ile wynosi średnia energia kinetyczna ruchu postępowego cząsteczek wodoru w tej próbce? Ile będzie wynosić iloczyn ciśnienia i objętości tej próbki w temperaturze 200 ⁢ ° C ? a. 0,0352 ⁢ mol ; b. 5,65 ⋅ 10 -21 ⁢ J ; c. 139 ⁢ J . Ile wynosi nadciśnienie w zbiorniku zawierającym 4,86 ⋅ 10 4 ⁢ mol azotu ściśniętego do objętości 6,56 ⁢ m 3 , jeżeli średnia prędkość kwadratowa jego cząsteczek wynosi 514 ⁢ m ∕ s ? Ile wynosi ciśnienie parcjalne tlenu w lodówce o objętości 0,623 ⁢ m 3 , jeżeli średnia prędkość kwadratowa jego cząsteczek jest równa 465 ⁢ m ∕ s ? Masa cząsteczkowa tlenu wynosi 32 ⁢ g ∕ mol , a w lodówce znajduje się 5,71 ⁢ mol tego gazu. 21,1 ⁢ kPa . Prędkość ucieczki dowolnego obiektu z Ziemi wynosi 11,1 ⁢ km ∕ s . W jakiej temperaturze średnia prędkość kwadratowa cząsteczek tlenu o masie molowej 32 ⁢ g ∕ mol osiągnie wartość równą tej prędkości ucieczki? Prędkość ucieczki z Księżyca jest znacznie mniejsza od prędkości ucieczki z Ziemi i wynosi tylko 2,38 ⁢ km ∕ s . W jakiej temperaturze cząsteczki wodoru (masa molowa 2,016 ⁢ g ∕ mol ) mają średnią prędkość kwadratową równą prędkości ucieczki z Księżyca? 458 ⁢ K . Fuzje jąder atomowych, źródło energii Słońca, bomb wodorowych i reaktorów termojądrowych, zachodzą znacznie częściej, gdy atomy posiadają bardzo duże wartości średniej energii kinetycznej – czyli w wysokich temperaturach. Przyjmijmy, że w eksperymencie termojądrowym potrzebne są atomy o średniej energii kinetycznej 6,4 ⋅ 10 -14 ⁢ J . W jakiej temperaturze ją osiągają? Przypuśćmy, że typowa wartość średniej prędkości kwadratowej cząsteczek dwutlenku węgla (masa molowa 44 ⁢ g ∕ mol ) w płomieniu wynosi 1350 ⁢ m ∕ s . O jakiej temperaturze płomienia to świadczy? 3,22 ⋅ 10 3 ⁢ K . Odpowiedz na poniższe pytania. Cząsteczki wodoru (masa molowa 2,016 ⁢ g ∕ mol ) w pewnej próbce mają średnią prędkość kwadratową o wartości 193 ⁢ m ∕ s . Ile wynosi temperatura tej próbki? Większość gazu w pobliżu Słońca to wodór atomowy (czyli H, a nie H 2 ). Gdy atomy wodoru osiągają temperaturę 1,5 ⋅ 10 7 ⁢ K , to ich średnia prędkość kwadratowa staje się równa prędkości ucieczki ze Słońca. Ile wynosi ta prędkość ucieczki? Mamy dwa najważniejsze izotopy uranu: 235 U oraz 238 U; izotopy te mają niemal identyczne własności chemiczne, ale różnią się masami atomowymi. Tylko 235 U jest użyteczny w reaktorach atomowych. Rozdzielanie tych izotopów uranu nosi nazwę wzbogacania uranu (nazwa ta jest często spotykana w serwisach informacyjnych, gdyż, do tej pory proces ten wzbudza obawy, że niektóre kraje wykorzystują go do produkcji broni jądrowej). Jedną z technik wzbogacania jest dyfuzja gazów bazująca na różnicach prędkości cząsteczek gazowego sześciofluorku uranu UF 6 . Masy molowe 235 UF 6 i 238 UF 6 wynoszą odpowiednio 349 ⁢ g ∕ mol i 352 ⁢ g ∕ mol . Ile wynosi stosunek ich średnich prędkości kwadratowych? W jakiej temperaturze ich średnie prędkości kwadratowe różnią się o 1 ⁢ m ∕ s ? Znając odpowiedzi na powyższe pytania, określ, czy ta technika jest trudna? a. 1,004 ; b. 764 ⁢ K ; c. Jest to dość wysoka temperatura, ale możliwa do osiągnięcia. Jednakże na podstawie innych rozważań stwierdzono, że przeprowadzenie tego procesu w tej temperaturze jest kłopotliwe (ogólnie, wzbogacanie uranu za pomocą dyfuzji gazowej jest rzeczywiście trudne i wymaga wielokrotnego powtarzania procesu). Ciśnienie parcjalne dwutlenku węgla w płucach wynosi ok. 420 ⁢ Pa , podczas gdy całkowite ciśnienie powietrza to 1 ⁢ atm . Ile wynosi procentowa zawartość cząsteczek dwutlenku węgla w powietrzu płuc? Porównaj ten wynik z procentową zawartością dwutlenku węgla w atmosferze, która wynosi 0,033 ⁢ % . Suche powietrze zawiera w przybliżeniu 78% azotu, 21% tlenu, 1% argonu (wszystko procenty molowe) oraz śladowe ilości innych gazów. Zbiornik o objętości 0,0498 ⁢ m 3 zawiera sprężone suche powietrze o nadciśnieniu 154,675 ⁢ kg ∕ cm 2 \\SI{154,675}{\\kilo\\gram\\per\\centi\\metre\\squared} i o temperaturze 293 ⁢ K . Ile moli tlenu znajduje się w tym zbiorniku? 65 ⁢ mol . Wykonaj poniższe obliczenia. Używając danych z poprzedniego zadania, wyznacz masy azotu, tlenu i argonu w 1 molu suchego powietrza. Masy molowe wynoszą odpowiednio 28 ⁢ g ∕ mol , 32 ⁢ g ∕ mol i 39,9 ⁢ g ∕ mol ; Suche powietrze zostało zmieszane z pentanem (C 5 H 12 , masa molowa 72,2 ⁢ g ∕ mol ), który jest ważnym składnikiem benzyny, w stosunku masowym powietrze-paliwo wynoszącym 15:1 (typowym dla silników samochodowych). Wyznacz wartość ciśnienia cząstkowego pentanu w tej mieszaninie, jeżeli ciśnienie całkowite wynosi 1 ⁢ atm . Wziąwszy pod uwagę, że powietrze zawiera 21% tlenu, wyznacz minimalne ciśnienie atmosferyczne, które zapewni relatywnie bezpieczne ciśnienie parcjalne tlenu wynoszące 0,16 ⁢ atm ; Ile wynosi minimalne ciśnienie powietrza, przy którym ciśnienie parcjalne tlenu osiągnie śmiertelnie niski poziom 0,06 ⁢ atm ? Ciśnienie powietrza na szczycie Mount Everestu ( 8848 ⁢ m ) wynosi 0,334 ⁢ atm . Dlaczego niektórzy ludzie wspinają się na szczyt bez masek tlenowych, podczas gdy inni, nawet po treningu na dużych wysokościach, muszą zawrócić? a. 0,76 ⁢ atm ; b. 0,29 ⁢ atm ; c. Ciśnienie na szczycie Mount Everestu tylko nieznacznie przewyższa śmiertelnie niski poziom. Wyznacz punkt rosy, jeżeli ciśnienie parcjalne pary wodnej wynosi 8,05 ⁢ Tr (tor 1 ⁢ Tr = 1 ⁢ mmHg , 760 ⁢ Tr = 1 ⁢ atm = 101 325 ⁢ Pa ); W pewien ciepły dzień w temperaturze 35 ⁢ ° C temperatura punktu rosy wynosiła 25 ⁢ ° C . Ile wynoszą w tych warunkach ciśnienie parcjalne pary wodnej w powietrzu oraz wilgotność względna? ciśnienie cząstkowe lub parcjalne (ang. partial pressure ) ciśnienie wywierane przez cząsteczki danego składnika mieszaniny gazów, gdyby tylko ten składnik wypełniał całą dostępną objętość ciśnienie pary nasyconej (ang. vapor pressure ) ciśnienie parcjalne pary, która jest w równowadze z fazą ciekłą (lub fazą stałą w przypadku sublimacji) tej samej substancji energia wewnętrzna (ang. internal energy ) suma energii mechanicznych wszystkich cząsteczek w tym układzie prawo Daltona ciśnień cząstkowych (ang. Dalton’s law of partial pressures ) prawo fizyczne, które stwierdza, że całkowite ciśnienie w gazie jest sumą ciśnień cząstkowych wszystkich składników gazu kinetyczna teoria gazów (ang. kinetic theory of gases ) teoria ta określa własności makroskopowe gazów na podstawie własności ruchów cząsteczek składających się na ten gaz średni czas między zderzeniami (ang. mean free time ) średni czas między kolejnymi zderzeniami cząsteczek w gazie średnia droga swobodna (ang. mean free path ) średnia droga przebywana przez cząsteczkę w gazie pomiędzy kolejnymi zderzeniami z innymi cząsteczkami średnia prędkość kwadratowa (ang. root-mean square speed ) pierwiastek kwadratowy ze średniej wartości kwadratów prędkości cząsteczek gazu", "section": "Ciśnienie, temperatura i średnia prędkość kwadratowa cząsteczek", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Ciepło właściwe i zasada ekwipartycji energii W rozdziale Temperatura i ciepło podano wzór pozwalający na obliczenie ciepła właściwego: Δ Q = m ⁢ c ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q=mc\\prefop{\\Delta}T lub c = 1 ∕ m ⋅ Δ Q ∕ Δ T c=(1/m)\\cdot(\\prefop{\\Delta}Q/\\prefop{\\Delta}T) . Jednakże właściwości gazu doskonałego zależą bezpośrednio od liczby moli w próbce, tak więc w tym przypadku wyrazimy ciepło właściwe gazu w tej wielkości, a nie w jego masie. Ponadto, kiedy rozpatrujemy ciała stałe lub ciecze, to często pomijamy zmiany ich objętości i ciśnienia wraz z temperaturą – jest to dobre przybliżenie dla ciał stałych i cieczy, lecz dla gazów musimy wiedzieć, w jakich warunkach następują zmiany ich objętości lub ciśnienia. Dlatego skupimy się na pojemności cieplnej gazu doskonałego zajmującego stałą objętość. Ciepło molowe gazu doskonałego przy stałej objętości Ciepło molowe przy stałej objętości (ang. molar heat capacity at constant volume ) C V definiujemy jako C V = 1 n ⋅ Δ Q Δ T ⁢ , przy ⁢ V = const C_V = \\frac{1}{n} \\cdot \\frac{\\prefop{\\Delta}Q}{\\prefop{\\Delta}T} \\text{, przy }V=\\text{const} lub po przekształceniu Δ Q = n ⁢ C V ⁢ Δ T ⁢ . \\prefop{\\Delta} Q = nC_V \\prefop{\\Delta}T \\text{.} Jeżeli objętość pozostaje stała, to nie występują przemieszczenia ścianek zbiornika i nie jest wykonywana praca, czyli energia wewnętrzna gazu może zmienić się wyłącznie na skutek przepływu ciepła Δ U = Δ Q \\prefop{\\Delta}U = \\prefop{\\Delta} Q (to stwierdzenie zostanie omówione w następnym rozdziale). Na podstawie równania U = 3 ∕ 2 ⋅ n ⁢ R ⁢ T mamy Δ U = 3 ∕ 2 ⋅ n ⁢ R ⁢ Δ T = Δ Q \\prefop{\\Delta}U = 3/2 \\cdot nR\\prefop{\\Delta}T = \\prefop{\\Delta} Q . Porównawszy to z , otrzymujemy prosty wynik dla jednoatomowego gazu doskonałego C V = 3 2 ⁢ R ⁢ . Ciepło molowe przy stałej objętości nie zależy od temperatury gazu, co uzasadnia stosowanie rachunku różnicowego zamiast różniczkowego. Wzór ten bardzo dobrze zgadza się z danymi doświadczalnymi. W następnym rozdziale zostanie omówione ciepło molowe przy stałym ciśnieniu C p , które jest zawsze większe od C V . Wyznaczanie temperatury ogrzanego gazu Próbka ksenonu o masie 0,125 ⁢ kg i temperaturze 20 ⁢ ° C znajduje się w metalowym cylindrze o sztywnych ściankach i na tyle dużym, aby ksenon uznać za gaz doskonały. Cylinder ten wystawiono na otwartą przestrzeń w upalny, letni dzień. Ksenon, dochodząc do stanu równowagi, w którym jego temperatura zrównała się z temperaturą otoczenia, pobrał przez ścianki cylindra 180 ⁢ J ciepła. Ile wynosi równowagowa temperatura ksenonu? Pomijamy rozszerzalność metalowego cylindra. Rozwiązanie Należy określić wielkości dane: znamy temperaturę początkową t 1 = 20 ⁢ ° C , dostarczone ciepło Δ Q = 180 ⁢ J \\prefop{\\Delta}Q = \\SI{180}{\\joule} oraz masę ksenonu m = 0,125 ⁢ kg . Wyznaczamy wielkości szukane. Mamy obliczyć temperaturę końcową, czyli w zasadzie wyznaczamy przyrost temperatury gazu Δ T . Określamy, które wzory są nam potrzebne. Ponieważ ksenon jest gazem monoatomowym, to możemy skorzystać z Δ Q = 3 ∕ 2 ⋅ n ⁢ R ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta}Q = 3/2 \\cdot nR \\prefop{\\Delta} T . Wobec tego potrzebujemy jeszcze liczbę moli ksenonu n = m ∕ M . Podstawiamy dane do równań i wyznaczamy wartości wielkości szukanych. Masa molowa ksenonu wynosi 131,3 ⁢ g ∕ mol , co daje n = 125 ⁢ g 131,3 ⁢ g ∕ mol = 0,952 ⁢ mol ⁢ , Δ T = 2 ⁢ Δ Q 3 ⁢ n ⁢ R = 2 ⋅ 180 ⁢ J 3 ⋅ 0,952 ⁢ mol ⋅ 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢ K = 15,2 ⁢ K = 15,2 ⁢ ° C ⁢ . \\prefop{\\Delta}T = \\frac{2\\prefop{\\Delta}Q}{3nR} = \\frac{2\\cdot\\SI{180}{\\joule}}{3\\cdot\\SI{0,952}{\\mole}\\cdot\\SI{8,31}{\\joule\\per\\mole\\per\\kelvin}} = \\SI{15,2}{\\kelvin} = \\SI{15,2}{\\celsius} \\text{.} A stąd otrzymujemy temperaturę, w której zachodzi równowaga t 2 = t 1 + Δ T = 32,2 ⁢ ° C . Znaczenie Ogrzewanie gazu doskonałego lub prawie doskonałego w stałej objętości jest istotne w silnikach samochodowych i w wielu innych praktycznych układach. Sprawdź, czy rozumiesz. W kalorymetrze zmieszano dwa mole helu o temperaturze 200 ⁢ K z dwoma molami kryptonu o temperaturze 400 ⁢ K . Jaka będzie końcowa temperatura mieszaniny? T k = n He ⁢ T He + n Kr ⁢ T Kr ∕ n He + n Kr = 300 ⁢ K . Rozszerzymy otrzymany wynik na gazy doskonałe, których cząsteczki składają się z dwóch i więcej atomów. Takie cząsteczki, oprócz energii kinetycznej ich ruchu postępowego, posiadają także inne rodzaje energii – energię kinetyczną ich ruchu obrotowego oraz energie kinetyczną i potencjalną ich ruchów wibracyjnych (drgań). Pokażemy, że proste prawa pozwolą nam określić wartości średnich energii tych dodatkowych ruchów i rozwiązać postawiony problem, podobnie jak dla gazów jednoatomowych. Stopnie swobody W poprzedniej sekcji stwierdziliśmy, że 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v 2 ‾ = 3 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T oraz że v 2 ‾ = 3 ⁢ v x 2 ‾ , a stąd wynika, że 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v x 2 ‾ = 1 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T . Taka sama zależność obowiązuje dla pozostałych kierunków ruchu, czyli dla v y 2 ‾ i v z 2 ‾ . Wobec tego możemy interpretować energię 3 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T jako sumę udziałów po 1 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T pochodzących od każdego z trzech niezależnych kierunków ruchu postępowego. Rozpatrując gaz jako całość, widzimy, że liczba 3 we wzorze C V = 3 ∕ 2 ⋅ R także jest konsekwencją tych trzech kierunków (wymiarów). Stopień swobody (ang. degree of freedom ) definiujemy jako niezależny możliwy ruch cząsteczki tak, jak każdy z trzech kierunków jej przemieszczenia. Oznaczając przez d liczbę stopni swobody, ciepło molowe przy stałym ciśnieniu dla monoatomowego gazu doskonałego możemy zapisać w postaci C V = d ∕ 2 ⋅ R , gdzie d = 3 dla gazu monoatomowego. Dział fizyki nazywany mechaniką statystyczną podaje, a doświadczenie to potwierdza, że C V dowolnego gazu doskonałego wyraża się powyższym wzorem, niezależnie od liczby stopni swobody. Fakt ten wynika z ogólniejszej zasady, zasady ekwipartycji energii (ang. equipartition theorem ), która obowiązuje w termodynamice klasycznej (niekwantowej) dla układów w stanie równowagi termodynamicznej. Uzasadnienie tej zasady leży obecnie poza naszymi możliwościami. Tutaj zauważymy tylko, że energia jest rozdzielana pomiędzy stopnie swobody na skutek zderzeń międzycząsteczkowych. Zasada ekwipartycji energii Energia układu termodynamicznego znajdującego się w stanie równowagi jest równomiernie rozdzielona pomiędzy jego stopnie swobody. Zgodnie z tym ciepło molowe gazu doskonałego jest proporcjonalne do liczby jego stopni swobody d C V = d 2 ⁢ R ⁢ . Wynik ten otrzymał szkocki fizyk James Clerk Maxwell (1831–1879) , którego nazwisko pojawi się jeszcze wiele razy w tej książce. Dla przykładu rozpatrzmy dwuatomowy gaz doskonały (jest to dobry model dla azotu N 2 lub dla tlenu O 2 ). Gazy te posiadają więcej stopni swobody niż gaz jednoatomowy. Oprócz trzech stopni swobody ruchu postępowego każda cząsteczka posiada dwa niezależne stopnie swobody ruchu obrotowego dookoła osi prostopadłych do osi cząsteczki. Ponadto cząsteczka może wykonywać drgania równolegle do swojej osi. Ten ruch jest często modelowany za pomocą sprężyny spinającej oba atomy, a z opisu ruchu harmonicznego wiadomo, że drgania te mają zarówno energię kinetyczną, jak i energię potencjalną. Każda z tych form energii odpowiada jednemu stopniowi swobody, czyli liczba stopni swobody rośnie o kolejne dwa. Powinniśmy się spodziewać, że gaz dwuatomowy ma klasycznie siedem stopni swobody. Jeżeli cząsteczki posiadają tylko energię kinetyczną ruchu postępowego, to zderzenia między nimi powinny w krótkim czasie wprawić je w ruch obrotowy i wibracje. Jednakże, jak to opisano w poprzednim podrozdziale, mechanika kwantowa kontroluje, które stopnie swobody mogą być w takiej sytuacji aktywne. Przedstawia to . Zarówno energie ruchów rotacyjnych, jak i wibracyjnych mogą przyjmować tylko wartości dyskretne (nieciągłe). W temperaturze poniżej ok. 60 ⁢ K energia cząsteczek wodoru jest zbyt mała, aby w wyniku zderzeń międzycząsteczkowych przenieść te cząsteczki z najniższego poziomu na kolejny poziom energetyczny stanów rotacyjnych lub wibracyjnych – cząsteczki mają tylko energię kinetyczną ruchu postępowego, czyli d = 3 i C V = 3 ∕ 2 ⋅ R , tak samo jak dla gazu jednoatomowego. Powyżej tej temperatury dwa rotacyjne stopnie swobody zaczynają odgrywać rolę, gdyż niektóre molekuły są wzbudzane na drugi poziom energetyczny stanów rotacyjnych (ta temperatura jest znacznie niższa dla gazów dwuatomowych niż dla gazów jednoatomowych, ponieważ cząsteczki dwuatomowe posiadają znacznie większy moment bezwładności niż pojedyncze atomy i w konsekwencji znacznie niższe energie stanów rotacyjnych). Począwszy od temperatury pokojowej (nieco poniżej 300 ⁢ K ) aż do temperatury ok. 600 ⁢ K , rotacyjne stopnie swobody stają się w pełni aktywne, natomiast wibracyjne stopnie swobody ciągle się nie ujawniają, czyli d = 5 . W końcu, powyżej temperatury 3000 ⁢ K wibracyjne stopnie swobody są całkowicie aktywne i d = 7 , jak przewiduje teoria klasyczna. Ciepło molowe w stałej objętości dla wodoru w funkcji temperatury (w skali logarytmicznej). Trzy stopnie, tzw. czyli plateau, odpowiadają różnym stopniom swobody cząsteczki aktywowanym przez odpowiednie energie. Translacyjna energia kinetyczna odpowiada trzem stopniom swobody, rotacyjna kolejnym dwóm, wibracyjna jeszcze dwóm. Cząsteczki wieloatomowe zazwyczaj posiadają dodatkowo jeden rotacyjny stopień swobody, ponieważ mają porównywalne wartości momentów bezwładności dookoła trzech osi (ale są wyjątki, np. cząsteczka CO 2 , w której atomy ustawione są wzdłuż jednej linii – przyp. tłum.). Dlatego w temperaturze pokojowej mamy d = 6 , a w wysokich temperaturach d = 8 . Jak wynika z , rozważania teoretyczne zgadzają się bardzo dobrze z danymi doświadczalnymi dla wielu jednoatomowych i dwuatomowych gazów, ale ich zgodność dla gazów trójatomowych jest tylko jakościowa. Przyczyną tych niezgodności jest pomijanie oddziaływań między- i wewnątrzcząsteczkowych. C V ∕ R dla różnych jedno-, dwu- i trójatomowych gazów. Gaz C V ∕ R w temperaturze 25 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 1 ⁢ atm Ar 1,5 He 1,5 Ne 1,5 CO 2,5 H 2 2,47 N 2 2,5 O 2 2,53 F 2 2,8 CO 2 3,48 H 2 S 3,13 N 2 O 3,66 A co z energią wewnętrzną dla dwu- i wieloatomowych gazów? Dla nich C V zależy od temperatury ( ) i nie ma tak prostego wzoru, jak dla gazów jednoatomowych. Ciepło molowe ciał stałych Zasada ekwipartycji energii może służyć do oszacowania ciepła molowego ciał stałych w zwykłych temperaturach. Możemy zamodelować budowę ciała stałego jako zbioru atomów, z których każdy powiązany jest z sąsiednimi atomami za pomocą sprężyn (idealnych) ( ). Prosty model ciała stałego – każdy atom połączony jest z innymi atomami za pomocą sześciu sprężyn, po dwie dla każdego kierunku x , y i z . Każdemu z trzech kierunków podstawowych odpowiadają dwa stopnie swobody, jeden dla energii kinetycznej, a drugi dla energii potencjalnej. Stąd d = 6 . Zgodnie z analizą wibracji przeprowadzoną w poprzednim podrozdziale, każdy atom posiada sześć stopni swobody – trzy dla energii kinetycznej i trzy dla energii potencjalnej drgań odbywających się w każdym z kierunków x , y i z . W związku z tym ciepło molowe metali powinno wynosić 3 ⁢ R . Wynik ten, znany jako prawo Dulonga-Petita (ang. law of Dulong and Petit ), jest dobrze potwierdzony eksperymentalnie w temperaturach pokojowych. Dla każdego pierwiastka prawo to zawodzi w niskich temperaturach z powodów efektów kwantowo-mechanicznych. Ponieważ efekty kwantowe są szczególnie ważne dla lekkich cząstek, to prawo Dulonga-Petita zawodzi nawet w temperaturze pokojowej w przypadku lekkich pierwiastków, jak beryl i węgiel. Prawo to zawodzi także dla niektórych cięższych pierwiastków z powodów, których wyjaśnienie leży w tej chwili poza naszymi możliwościami. Strategia rozwiązywania zadań: ciepło właściwe i zasada ekwipartycji energii Strategia rozwiązywania takich zadań jest taka sama jak dla zjawiska przewodnictwa cieplnego w Przemianach fazowych . Jedyną nową cechą rozwiązania jest to, że należy sprawdzić, czy rozpatrzony powyżej model – gaz doskonały o stałej objętości – można zastosować do danego zadania (w przypadku ciał stałych lepiej jest odszukać wartości ich ciepła właściwego w odpowiednich tabelach, aniżeli oszacowywać je za pomocą prawa Dulonga-Petita). W przypadku gazu doskonałego należy określić liczbę stopni swobody d na podstawie liczby atomów w cząsteczce gazu i użyć jej do obliczenia C V (lub użyć C V , aby obliczyć d ). Wyznaczanie temperatury – kalorymetria gazu doskonałego Próbka stałego galu (metal używany w urządzeniach półprzewodnikowych) o masie 300 ⁢ g i temperaturze 30 ⁢ ° C , która jest jego temperaturą topnienia, pozostaje w kontakcie z 12 ⁢ molami \\SI{12}{\\molami} powietrza (o którym zakładamy, że jest gazem dwuatomowym) o temperaturze 95 ⁢ ° C w izolowanym cieplnie pojemniku. Stan równowagi termicznej powietrza i galu został osiągnięty po stopieniu się 202 ⁢ g galu. Na podstawie tych danych obliczmy ciepło topnienia galu. Zakładamy, że objętość powietrza nie ulega zmianie i że nie ma strat ciepła. Strategia rozwiązania Skorzystamy z równania Δ Q odd + Δ Q pob = 0 ⁢ J \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{odd}} + \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{pob}} = \\SI{0}{\\joule} . Ponieważ część próbki galu nie uległa stopieniu, wnioskujemy, że końcowa temperatura jest równa temperaturze topnienia galu. Wobec tego jedynym źródłem ciepła oddanego Δ Q odd \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{odd}} jest utrata ciepła przez ochładzające się powietrze Δ Q odd = n pow ⁢ C V ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{odd}} = n_{\\text{pow}}C_V \\prefop{\\Delta}T , gdzie C V = 5 ∕ 2 ⋅ R . Ciepło pobrane Δ Q pob \\prefop{\\Delta} Q_{\\text{pob}} to ciepło utajone topnienia galu Q pob = m Ga ⁢ L Q_{\\text{pob}} = m_{\\text{Ga}}L , gdzie m Ga jest masą stopionego galu. Rozwiązanie Tworzymy równanie bilansu cieplnego n pow ⁢ C V ⁢ Δ T + m Ga ⁢ L = 0 ⁢ J ⁢ . Rozwiązujemy równanie bilansu cieplnego względem L i podstawiamy dane L = − n pow ⁢ C V ⁢ Δ T m Ga = − 12 ⁢ mol ⋅ 5 2 ⋅ 8,31 ⁢ J ∕ mol ⁢ K ⋅ − 65 ⁢ K 0,202 ⁢ kg = 80,2 ⁢ kJ ∕ kg ⁢ . Podsumowanie Każdy stopień swobody cząsteczki gazu doskonałego wnosi wkład w wysokości 1 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T do energii wewnętrznej tego gazu. Każdy stopień swobody cząsteczki gazu wnosi udział 1 ∕ 2 ⋅ R do ciepła molowego tego gazu przy stałej objętości. Jeżeli temperatura układu jest zbyt niska, aby cząsteczki w wyniku zderzeń zostały wzbudzone na wyższe poziomy kwantowo-mechaniczne dla danego rodzaju energii, to stopnie swobody odpowiadające tym energiom nie wnoszą powyższych udziałów. Dlatego w zwykłych temperaturach dla gazów jednoatomowych d = 3 , dla gazów dwuatomowych d = 5 , a dla gazów wieloatomowych d = 6 (najczęściej). Pytania Z eksperymentów wynika, że wibracyjne stopnie swobody szeregu wieloatomowych cząsteczek dają wkład do energii wewnętrznej w temperaturach pokojowych. Czy należy się spodziewać, że fakt ten wpłynie na zmianę wartości ciepła molowego? Uzasadnij odpowiedź. Niektórzy są pewni, że energia wewnętrzna gazów dwuatomowych wynosi zawsze U = 5 ∕ 2 ⋅ R ⁢ T . Czy jest możliwe, aby gazy te w temperaturach pokojowych miały więcej lub mniej energii wewnętrznej? Wskazówka: Na energię wewnętrzną składa się cała energia przekazana do gazu podczas podnoszenia jego temperatury od punktu wrzenia (bardzo niska temperatura) do temperatury pokojowej. Mają mniej energii wewnętrznej, ponieważ w tak niskich temperaturach ich ciepło molowe wynosi tylko U = 3 ∕ 2 ⋅ R ⁢ T . Mieszasz 5 ⁢ mol H 2 o temperaturze 300 ⁢ K z 5 ⁢ molami He o temperaturze 360 ⁢ K w kalorymetrze o doskonałej izolacji cieplnej. Czy temperatura końcowa mieszaniny będzie wyższa, czy też niższa od 330 ⁢ K ? Zadania Wzbudzenie w atomie helu pierwszego stanu kwantowego momentu pędu wymaga energii 21,2 ⁢ eV (tzn. jest to różnica energii między stanem o najniższej energii, czyli stanem podstawowym, a stanem o najniższej energii, ale z niezerowym momentem pędu). Elektronowolt ( eV ) jest energią, jaką uzyskuje elektron przyspieszony napięciem 1 ⁢ V , i jest równoważny 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢ J . Wyznacz temperaturę, w której powyższa energia wzbudzenia jest równa 1 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T . Czy otrzymany wynik wyjaśnia, dlaczego możemy pominąć energię rotacyjną atomów helu w większości sytuacji (wyniki dla innych gazów monoatomowych oraz dwuatomowych wirujących dookoła osi przechodzącej przez jądra obu atomów są porównywalne). 4,92 ⋅ 10 5 ⁢ K . Ile ciepła musi pobrać 1,5 ⁢ mol powietrza przy stałej objętości, aby jego temperatura wzrosła od 25 ⁢ ° C do 33 ⁢ ° C ? Przyjmij, że powietrze to gaz dwuatomowy; Rozwiąż ponownie to zadanie dla takiej samej liczby moli ksenonu, Xe. Szczelny i sztywny zbiornik zawierający 0,56 ⁢ mol nieznanego gazu został ochłodzony od temperatury 30 ⁢ ° C do − 40 ⁢ ° C . Podczas ochładzania gaz oddał 980 ⁢ J ciepła. Czy gaz w zbiorniku jest gazem jednoatomowym, dwuatomowym lub może wieloatomowym? Wieloatomowym. Próbka gazowego neonu (Ne, masa molowa M = 20,2 ⁢ g ∕ mol ) o temperaturze 13 ⁢ ° C została wpuszczona do pustego zbiornika stalowego o masie 47,2 ⁢ g i temperaturze − 40 ⁢ ° C . Końcowa temperatura wynosi − 28 ⁢ ° C (nie ma wymiany ciepła z otoczeniem i można pominąć zmianę objętości zbiornika). Jaka była masa próbki neonu? Stalowy zbiornik o masie 135 ⁢ g zawiera 24 ⁢ g amoniaku, NH 3 , o masie molowej 17 ⁢ g ∕ mol . Zbiornik i gaz znajdują się w równowagowej temperaturze 12 ⁢ ° C . Ile ciepła musi oddać ten układ, aby jego temperatura spadła do − 20 ⁢ ° C ? Pomiń zmianę objętości zbiornika. 3,08 ⋅ 10 3 ⁢ J . Szczelne pomieszczenie ma objętość 24 ⁢ m 3 . Pomieszczenie to jest wypełnione powietrzem, które można uważać za gaz dwuatomowy, o temperaturze 24 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 9,83 ⋅ 10 4 ⁢ Pa . Umieszczono w nim blok lodu o masie 1 ⁢ kg i temperaturze równej jego temperaturze topnienia. Załóż, że ściany pomieszczenia nie przewodzą ciepła. Jaka będzie temperatura równowagowa w pomieszczeniu? Heliox, mieszanina helu i tlenu, jest niekiedy stosowana w szpitalach u pacjentów, którzy mają problemy z oddychaniem, ponieważ mniejsza masa helu czyni oddychanie lżejszym w porównaniu z oddychaniem powietrzem. Załóżmy, że hel o temperaturze 25 ⁢ ° C jest mieszany z tlenem o temperaturze 35 ⁢ ° C , aby otrzymać mieszaninę zawierającą 70% molowych helu. Jaka jest końcowa temperatura mieszaniny? Pomiń wymianę ciepła z otoczeniem oraz przyjmij, że końcowa objętość mieszaniny jest sumą początkowych objętości składników. 29,2 ⁢ ° C . Profesjonalni nurkowie używają czasami helioxu składającego się w 79% z helu i w 21% z tlenu (procenty molowe). Przypuśćmy, że doskonale sztywna butla akwalungu zawiera heliox o temperaturze 31 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 2,1 ⋅ 10 7 ⁢ Pa . Ile moli helu i ile moli tlenu zawiera? Nurek zszedł pod wodę do miejsca, gdzie morze ma temperaturę 27 ⁢ ° C , zużywając niewielką ilość mieszaniny. Ile ciepła musiał oddać gaz w butli, aby obniżyć swoją temperaturę? Jedną z zalet stosowania mieszaniny ciekłego podtlenku azotu (N 2 O, tzw. nitro) z powietrzem w wyścigach samochodowych jest to, że wrzące nitro pobiera z powietrza utajone ciepło parowania, powodując obniżenie jego temperatury i w efekcie obniżenie temperatury mieszanki paliwowej, dzięki czemu do każdego cylindra dostaje się większa jej ilość. Aby rozpatrzyć ten proces w dużym przybliżeniu, przypuśćmy, że 1 ⁢ mol podtlenku azotu w temperaturze wrzenia, − 88 ⁢ ° C , jest mieszany z 4 ⁢ mol powietrza (dwuatomowego) o temperaturze 30 ⁢ ° C . Jaka jest końcowa temperatura mieszaniny? Do obliczeń użyj tablicowej wartości ciepła właściwego N 2 O w temperaturze 25 ⁢ ° C , która wynosi 30,4 ⁢ J ∕ mol ⁢ K . (Podstawową zaletą stosowania nitro jest to, że składa się w 1 ∕ 3 z tlenu, czyli zawiera go więcej niż powietrze, a tym samym dostarcza więcej tlenu do spalania paliwa. Kolejną zaletą jest to, że rozpad podtlenku azotu na azot i tlen uwalnia dodatkową energię wewnątrz cylindrów). − 1,6 ⁢ ° C . stopień swobody (ang. degree of freedom ) niezależny rodzaj ruchu posiadający energię, np. energię kinetyczną ruchu w jednym z trzech ortogonalnych kierunków w przestrzeni zasada ekwipartycji energii (ang. equipartition theorem ) twierdzenie, które mówi, że energia w klasycznym układzie termodynamicznym jest równomiernie rozdzielona pomiędzy jego stopnie swobody (w sensie średnim – przyp. tłum.)", "section": "Ciepło właściwe i zasada ekwipartycji energii", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Rozkład prędkości cząsteczek gazu doskonałego Cząsteczki w gazie doskonałym poruszają się z relatywnie dużymi prędkościami, ale prędkości poszczególnych cząsteczek są różne. Średnia prędkość kwadratowa jest jednym z możliwych sposobów uśredniania prędkości – wiele cząsteczek gazu porusza się szybciej i również wiele porusza się wolniej. Faktyczny rozkład prędkości cząsteczek gazu ma wiele interesujących zastosowań w różnych działach fizyki, na co zwrócimy uwagę w następnych rozdziałach podręcznika. Rozkład Maxwella-Boltzmanna Cząsteczki w gazie poruszają się z przypadkowymi wartościami prędkości i w przypadkowych kierunkach, ale w gazie zawierającym wiele cząsteczek rozkład dopuszczalnych przedziałów wartości ich prędkości jest jednoznacznie określony i możliwy do wyznaczenia. Jest on znany jako rozkład Maxwella-Boltzmanna (ang. Maxwell-Boltzmann distribution ), nazwany tak na cześć jego odkrywców, którzy wyznaczyli go na podstawie kinetycznej teorii gazów – został on także potwierdzony eksperymentalnie ( ). Rozkład Maxwella-Boltzmanna dla wartości prędkości cząsteczek gazu doskonałego. Prędkość najbardziej prawdopodobna v p jest mniejsza od średniej prędkości kwadratowej v k . Cząsteczki mogą mieć bardzo duże prędkości, ale odsetek mających prędkości o rząd większe od v k jest niewielki. Aby zrozumieć sens tego wykresu, musimy zdefiniować pojęcie funkcji gęstości rozkładu prawdopodobieństwa prędkości cząsteczek, ponieważ dla skończonej liczby cząsteczek prawdopodobieństwo posiadania przez konkretną cząsteczkę danej wartości prędkości jest równe zero. Przez funkcję rozkładu wyraża się oczekiwana liczba cząsteczek N ⁡ v 1 v 2 , których prędkości zawarte są między v 1 i v 2 N ⁡ v 1 v 2 = N 0 ⁢ ∫ v 1 v 2 f ⁡ v ⁢ d v ⁢ , gdzie N 0 jest całkowitą liczbą cząsteczek w gazie (ponieważ N 0 jest bezwymiarowe, to jednostką f ⁡ v jest sekunda na metr). Dogodnie jest zapisać powyższe równanie w postaci różniczkowej d N = N 0 ⁢ f ⁡ v ⁢ d v ⁢ . Równanie to oznacza, że liczba cząsteczek o prędkościach pomiędzy v a v + d v jest proporcjonalna do całkowitej liczby cząsteczek pomnożonej przez f ⁡ v ⁢ d v . Tak więc prawdopodobieństwo, że prędkość cząsteczki zawarta jest pomiędzy v a v + d v wynosi f ⁡ v ⁢ d v . Przytoczymy teraz rezultat Maxwella-Boltzmanna bez dowodu, ponieważ wykracza poza zakres tego podręcznika. Rozkład prędkości Maxwella-Boltzmanna Funkcja gęstości rozkładu prawdopodobieństwa prędkości cząsteczek w gazie doskonałym o temperaturze T ma postać f ⁡ v = 4 π ⋅ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 2 ⁢ e − m ⁢ v 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Współczynnik przed v 2 jest czynnikiem normalizacyjnym – zapewnia, że N ⁡ 0 ∞ = N 0 , czyli ∫ 0 ∞ f ⁡ v ⁢ d v = 1 . Skupmy się na zależności od v . Czynnik v 2 zapewnia, że f ⁡ 0 = 0 oraz że dla małych v krzywa gęstości rozkładu wygląda jak parabola. Z kolei czynnik exp − m ⁢ v 2 ∕ k B ⁢ T gwarantuje, że lim v ⟶ ∞ f ⁡ v = 0 i wykres posiada wykładniczo zanikający ogon – oznacza to, że niektóre cząsteczki mogą mieć prędkości wielokrotnie większe od średniej prędkości kwadratowej. Współdziałanie obu tych czynników powoduje, że funkcja gęstości rozkładu posiada jedno maksimum (jest rozkładem jednomodalnym). (Należy zauważyć, że rozkład Maxwella-Boltzmanna dopuszcza dowolnie duże prędkości cząsteczek, co jest niezgodne ze szczególną teorią względności, dopuszczającą tylko prędkości nie większe od prędkości światła w próżni c , o czym wiemy od roku 1905. Jednakże, ze względu na wykładniczy zanik funkcji gęstości rozkładu dla dużych prędkości, w zwykłych warunkach wkład do wyrażenia, który teoretycznie mógłby pochodzić od cząsteczek o prędkościach większych od c , jest pomijalnie mały i dopuszczalne jest wtedy używanie rozkładu Maxwella-Boltzmanna w postaci klasycznej, czyli nierelatywistycznej – przyp. tłum.) Wyznaczanie stosunku liczby cząsteczek gazu posiadających prędkości w pobliżu danych wartości Obliczmy stosunek liczby cząsteczek azotu (N 2 ) o prędkościach w pobliżu 300 ⁢ m ∕ s do liczby cząsteczek o prędkościach w pobliżu 100 ⁢ m ∕ s dla azotu o temperaturze 27 ⁢ ° C (masa molowa azotu wynosi 28 ⁢ g ∕ mol ). Strategia rozwiązania Ponieważ poszukujemy liczb cząsteczek o prędkościach z niewielkiego zakresu w pobliżu danej prędkości, możemy je przybliżyć przez d N v = N 0 ⁢ f ⁡ v ⁢ d v . Wobec tego poszukiwany stosunek d N v 2 d N v 1 = N 0 ⁢ f ⁡ v 2 ⁢ d v N 0 ⁢ f ⁡ v 1 ⁢ d v = f ⁡ v 2 f ⁡ v 1 ⁢ . Wystarczy więc obliczyć stosunek wartości funkcji gęstości rozkładu dla podanych wartości prędkości cząsteczek. Rozwiązanie Określamy wielkości dane oraz wyrażamy ich wartości w jednostkach układu SI, jeżeli jest to konieczne T = 300 ⁢ K , k B = 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K , M = 0,028 ⁢ kg ∕ mol , czyli m = 4,65 ⋅ 10 -26 ⁢ kg . Podstawiamy dane i obliczamy wartości d N v 2 d N v 1 = f ⁡ v 2 f ⁡ v 1 d N v 2 d N v 1 = 4 π ⋅ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 2 2 ⁢ e − m ⁢ v 2 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T ∕ 4 π ⋅ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 1 2 ⁢ e − m ⁢ v 1 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T d N v 2 d N v 1 = v 2 v 1 2 ⁢ exp m ⁢ v 1 2 − v 2 2 2 ⁢ k B ⁢ T d N v 2 d N v 1 = 300 ⁢ m ∕ s 100 ⁢ m ∕ s 2 ⁢ exp − 4,65 ⋅ 10 -26 ⁢ kg ⋅ 300 ⁢ m ∕ s 2 − 100 ⁢ m ∕ s 2 2 ⋅ 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K ⋅ 300 ⁢ K d N v 2 d N v 1 = 5,74 ⁢ . \\begin{multiline} \\frac{\\d N_{v_2}}{\\d N_{v_1}} &= \\frac{f \\apply(v_2)}{f \\apply(v_1)} \\\\ &= [\\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} \\cdot (\\frac{m}{2k_{\\text{B}} T})^{3/2} v_2^2 e^{-mv_2^2 /(2k_{\\text{B}} T)}] / [\\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} \\cdot (\\frac{m}{2k_{\\text{B}} T})^{3/2} v_1^2 e^{-mv_1^2 /(2k_{\\text{B}} T)}] \\\\ &= (\\frac{v_2}{v_1})^2 \\exp{[\\frac{m(v_1^2 - v_2^2)}{2k_{\\text{B}} T}]} \\\\ &= (\\frac{\\SI{300}{\\metre\\per\\second}}{\\SI{100}{\\metre\\per\\second}})^2 \\exp[\\frac{-\\SI{4,65e-26}{\\kilo\\gram} \\cdot [(\\SI{300}{\\metre\\per\\second})^2 - (\\SI{100}{\\metre\\per\\second})^2]}{2 \\cdot \\SI{1,38e-23}{\\joule\\per\\kelvin} \\cdot \\SI{300}{\\kelvin}}] \\\\ &= \\num{5,74} \\text{.} \\end{multiline} d N v 2 d N v 1 = f ⁡ v 2 f ⁡ v 1 = 4 π ⋅ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 2 2 ⁢ e − m ⁢ v 2 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T ∕ 4 π ⋅ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 1 2 ⁢ e − m ⁢ v 1 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T = v 2 v 1 2 ⁢ exp m ⁢ v 1 2 − v 2 2 2 ⁢ k B ⁢ T = 300 ⁢ m ∕ s 100 ⁢ m ∕ s 2 ⁢ exp − 4,65 ⋅ 10 -26 ⁢ kg ⋅ 300 ⁢ m ∕ s 2 − 100 ⁢ m ∕ s 2 2 ⋅ 1,38 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K ⋅ 300 ⁢ K = 5,74 ⁢ . Na można zauważyć, że ze wzrostem temperatury gazu maksimum rozkładu Maxwella-Boltzmanna przesuwa się w stronę większych prędkości, a szerokość tego rozkładu się powiększa. W wyższych temperaturach maksimum rozkładu Maxwella-Boltzmanna przypada dla większych prędkości, a sam rozkład ulega poszerzeniu. Dla relatywnie małej liczby cząsteczek rozkład ich prędkości odchyla się od rozkładu Maxwella-Boltzmanna. Mimo to proponujemy zobaczyć odpowiednie symulacje , aby zapoznać się z charakterystycznymi cechami tego rozkładu – cząsteczki o większej masie poruszają się wolniej, a ich rozkład prędkości jest bardziej skupiony w sąsiedztwie prędkości najbardziej prawdopodobnej. Należy skorzystać z zestawu „2 Gazy, Prędkości losowe”. Na górze ekranu wyświetlane jest porównanie histogramów rozkładów prędkości w symulacjach z krzywymi teoretycznymi. Można również użyć funkcji gęstości rozkładu do wyznaczania wartości średnich w wyniku pomnożenia funkcji gęstości rozkładu przez wielkość uśrednianą i scałkowania tego iloczynu po wszystkich możliwych prędkościach. (Jest to sposób analogiczny do wyznaczania wartości średnich z użyciem rozkładów dyskretnych, kiedy to należy pomnożyć każdą wartość przez liczbę jej wystąpień, dodać wyniki, a sumę podzielić przez liczbę wszystkich wartości. Całkowanie stanowi analogię do pierwszych dwóch kroków, a normowanie odpowiada dzieleniu przez liczbę wszystkich wartości). Wobec tego prędkość średnia (średnia wartość prędkości) wynosi v ‾ = ∫ 0 ∞ v ⁢ f ⁡ v ⁢ d v = 8 ⁢ k B ⁢ T π ⁢ m = 8 ⁢ R ⁢ T π ⁢ M ⁢ . Podobnie v k = v 2 ‾ = ∫ 0 ∞ v 2 ⁢ f ⁡ v ⁢ d v = 3 ⁢ k B ⁢ T m = 3 ⁢ R ⁢ T M ⁢ , jak otrzymano w podrozdziale Ciśnienie, temperatura i średnia prędkość kwadratowa cząsteczek . Prędkością najbardziej prawdopodobną (ang. peak speed ) nazywamy taką prędkość cząsteczek w gazie, dla której funkcja rozkładu Maxwella-Boltzmanna przyjmuje wartość maksymalną. (W statystyce taką wielkość nazywa się modą lub dominantą). Ma ona mniejszą wartość niż średnia prędkość kwadratowa (a także jest mniejsza od prędkości średniej – przyp. tłum.). Wartość prędkości najbardziej prawdopodobnej otrzymujemy, przyrównawszy do zera pochodną z funkcji gęstości rozkładu po prędkości. Otrzymujemy v p = 2 ⁢ R ⁢ T M ⁢ . Można zauważyć, że średnia prędkość kwadratowa jest większa od obu prędkości – najbardziej prawdopodobnej i średniej. Otrzymana wartość prędkości najbardziej prawdopodobnej może być użyta do bardziej poręcznego zapisu funkcji rozkładu Maxwella-Boltzmanna f ⁡ v = 4 π ⁢ v p 3 ⋅ v 2 ⁢ e − v 2 ∕ v p 2 ⁢ . W czynniku exp − m ⁢ v 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T łatwo można odnaleźć wyrażenie na translacyjną energię kinetyczną, co pozwala zapisać ten czynnik w postaci exp − E k ∕ k B ⁢ T . Rozkład prędkości f ⁡ v można przekształcić w rozkład energii kinetycznych, żądając, aby f ⁡ v ⁢ d v = f ⁡ E k ⁢ d E k (co oznacza równość prawdopodobieństw – przyp. tłum.). Boltzmann wykazał, że końcowy wzór ma ogólniejsze zastosowania, jeżeli energię kinetyczną ruchu postępowego zastąpimy całkowitą energią mechaniczną cząsteczki E f ⁡ E = 2 π ⁢ k B ⁢ T − 3 ∕ 2 ⋅ E ⁢ e − E ∕ k B ⁢ T = 2 π ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⋅ E e E ∕ k B ⁢ T ⁢ . Powyżej funkcja rozkładu f ⁡ E została zapisana w dwóch postaciach, przy czym pierwsza z nich jest postacią standardową, powszechnie używaną. Natomiast druga zawiera w mianowniku czynnik exp E k ∕ k B ⁢ T , który powszechnie występuje zarówno w kwantowej, jak i w klasycznej mechanice statystycznej. Strategia rozwiązywania zadań: rozkład prędkości cząsteczek gazu Przeanalizuj sytuację, aby sprawdzić, czy dotyczy ona rozkładu prędkości cząsteczek w gazie. Zrób listę wielkości danych oraz tych, które można wywnioskować z tekstu zadania (określ wielkości dane). Sprawdź dokładnie, co należy wyznaczyć w zadaniu (określ wielkości szukane). Sporządź wykaz na kartce. Zapisz wielkości dane, używając odpowiednich jednostek układu SI (kelwiny dla temperatury, paskale dla ciśnienia, metry sześcienne dla objętości, bezwymiarowe liczby N dla liczby cząstek, mole n dla liczności materii). W wielu przypadkach wygodniej jest zamiast stałej Boltzmanna k B i masy cząsteczki m zastosować uniwersalną stałą gazową R i masę molową M . Określ, czy będzie potrzebna funkcja rozkładu względem prędkości, czy też względem energii, czy będzie potrzebny wzór na jedną z charakterystycznych prędkości (średnią, najbardziej prawdopodobną, średnią kwadratową), czy trzeba będzie wyznaczyć stosunek wartości funkcji rozkładu lub przybliżoną wartość całki z funkcji rozkładu. Rozwiąż odpowiednie równanie stanu gazu doskonałego względem wyznaczanej wielkości (wielkości szukanej). Zwróć uwagę, że jeżeli wyznaczasz stosunek wartości funkcji rozkładu, to czynnik normalizacyjny się upraszcza. Jeżeli trzeba obliczyć przybliżoną wartość całki z funkcji rozkładu, zastosuj metodę wskazaną w zadaniu. Podstaw dane wielkości do odpowiedniego równania wraz z ich jednostkami i wyznacz wynik liczbowy wraz z jednostką. Obecnie mamy podstawy, żeby zrozumieć zagadkę właściwości składu atmosfery Ziemi. Wodór jest najbardziej rozpowszechnionym pierwiastkiem we wszechświecie, a hel zajmuje drugie miejsce. Ponadto hel jest nieustannie produkowany na Ziemi w wyniku rozpadów promieniotwórczych. Dlaczego te pierwiastki są tak rzadkie w naszej atmosferze? Wyjaśnieniem tego faktu może być ucieczka z atmosfery ziemskiej w przestrzeń kosmiczną, co jest możliwe, gdy cząsteczki tych gazów osiągają prędkości większe od prędkości ucieczki z Ziemi, wynoszącej ok. 11 ⁢ km ∕ s . Ze względu na małe masy cząsteczki wodoru i helu poruszają się z większymi prędkościami niż inne cząsteczki powietrza, jak azot czy tlen. Niewielka ich część osiągnie prędkość ucieczki, ale jest to znacznie większa część niż w przypadku cięższych cząsteczek. Tak więc w ciągu miliardów lat istnienia Ziemi większość cząsteczek wodoru i helu opuściła atmosferę i obecnie zawiera ona tylko cięższe cząsteczki. Możemy także spojrzeć z nowego punktu widzenia na chłodzenie przez odparowanie, które było omawiane w rozdziale Temperatura i ciepło . Ciecze, podobnie jak gazy, charakteryzuje rozkład energii cząsteczek. Najbardziej energetyczne cząsteczki są tymi, które mogą pokonać siły przyciągania międzycząsteczkowego w cieczy. Gdy część cieczy odparuje, pozostałe cząsteczki będą miały mniejszą średnią energię, a tym samym temperatura cieczy się obniży. Podsumowanie Ruch poszczególnych cząsteczek w gazie ma charakter przypadkowy, zarówno co do wartości ich prędkości, jak i co do kierunku ruchu. Mimo to w gazie zawierającym dużo cząsteczek istnieje przewidywalny rozkład ich prędkości, nazywany rozkładem Maxwella-Boltzmanna. Charakterystyczne prędkości cząsteczek w gazie doskonałym, czyli prędkość najbardziej prawdopodobną, prędkość średnią i średnią prędkość kwadratową, można wyznaczyć za pomocą rozkładu Maxwella-Boltzmanna. Najważniejsze wzory Równanie stanu gazu doskonałego z uwzględnieniem liczby cząsteczek p ⁢ V = N ⁢ k B ⁢ T Równanie stanu gazu doskonałego dla ustalonej liczby cząsteczek p 1 ⁢ V 1 T 1 = p 2 ⁢ V 2 T 2 Równanie stanu gazu doskonałego z uwzględnieniem liczby moli p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T Równanie stanu gazu doskonałego z uwzględnieniem koncentracji cząsteczek p = n V ⁢ k B ⁢ T Równanie van der Waalsa p + a ⁢ n V 2 ⁢ V − n ⁢ b = n ⁢ R ⁢ T Podstawowe równanie teorii kinetyczno-molekularnej p ⁢ V = 1 3 ⁢ N ⁢ m ⁢ v 2 ‾ Średnia prędkość kwadratowa v k = v 2 ‾ = 3 ⁢ k B ⁢ T m = 3 ⁢ R ⁢ T M Średnia droga swobodna λ = V 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ N = k B ⁢ T 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ p = k B ⁢ T 2 ⁢ σ ⁢ p Średni czas między zderzeniami τ = k B ⁢ T 4 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ p ⁢ v k = k B ⁢ T 2 ⁢ σ ⁢ p ⁢ v k Średnia energia kinetyczna cząsteczki jednoatomowego gazu doskonałego E ‾ k = 3 2 ⁢ k B ⁢ T Energia wewnętrzna jednoatomowego gazu doskonałego U = 3 2 ⁢ N ⁢ k B ⁢ T Wymiana ciepła z gazem o stałej objętości Δ Q = n ⁢ C V ⁢ Δ T \\prefop{\\Delta} Q = nC_V \\prefop{\\Delta}T Ciepło molowe przy stałej objętości dla gazu doskonałego o d stopniach swobody C V = d 2 ⁢ R Rozkład Maxwella-Boltzmanna f ⁡ v = 4 π ⁢ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⋅ v 2 ⁢ e − m ⁢ v 2 ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T Średnia prędkość cząsteczki gazu doskonałego v ‾ = 8 ⁢ k B ⁢ T π ⁢ m = 8 ⁢ R ⁢ T π ⁢ M Prędkość najbardziej prawdopodobna cząsteczki gazu doskonałego v p = 2 ⁢ k B ⁢ T m = 2 ⁢ R ⁢ T M Pytania Jeden cylinder zawiera hel, a drugi krypton o tej samej temperaturze. Określ, czy poniższe stwierdzenia są prawdziwe, fałszywe, czy też niemożliwe do ustalenia na podstawie podanych informacji. Średnie prędkości kwadratowe atomów obu gazów są takie same; Średnie energie kinetyczne atomów w obu gazach są takie same; Energie wewnętrzne jednego mola gazu w każdym cylindrze są takie same; Ciśnienia w obu cylindrach są takie same. a. Fałsz; b. Prawda; c. Prawda; d. Prawda. Rozważ ponownie powyższe pytania, jeżeli jednym z gazów jest nadal hel (He), a drugi wymieniamy na fluor (F 2 ). Pewien gaz doskonały ma temperaturę 300 ⁢ K . W jakiej temperaturze średnia prędkość jego cząsteczek będzie miała dwukrotnie większą wartość? 1200 ⁢ K . Zadania Próbka siarkowodoru (H 2 S o masie molowej M = 34,1 ⁢ g ∕ mol ) ma temperaturę 300 ⁢ K . Wyznacz dla tej próbki stosunek liczby cząsteczek posiadających prędkość bliską ich średniej prędkości kwadratowej do liczby cząsteczek posiadających prędkość bliską dwukrotnie większej prędkości. Stosując przybliżenie ∫ v 1 v 1 + Δ v f ⁡ v ⁢ d v ≈ f ⁡ v 1 ⁢ Δ v słuszne dla małych Δ v , oblicz, jaka część cząsteczek azotu o temperaturze 300 ⁢ K ma prędkości pomiędzy 290 ⁢ m ∕ s a 291 ⁢ m ∕ s . 0,001 57 . Stosując metodę z poprzedniego zadania, oblicz, jaka część cząsteczek tlenku azotu (NO) o temperaturze 250 ⁢ K posiada energię pomiędzy 3,45 ⋅ 10 -21 ⁢ J a 3,5 ⋅ 10 -21 ⁢ J . Zliczając prostokąty na poniższym wykresie, oblicz liczbę atomów argonu o temperaturze T = 300 ⁢ K , których prędkości mieszczą się pomiędzy 600 ⁢ m ∕ s a 800 ⁢ m ∕ s . Krzywa na wykresie jest poprawnie znormalizowana. Udział cząsteczek odpowiadający jednemu prostokątowi jest równy iloczynowi długości boków tego prostokąta wzdłuż osi x ⁡ v i y ⁡ f z uwzględnieniem jednostek podanych na tych osiach. Około 0,72 . Wyniki otrzymane przez różne osoby mogą się nieznacznie różnić od siebie. Najlepszą odpowiedzią jest 0,74 . Stosując metodę Simpsona całkowania numerycznego, wyznacz, jaka część cząsteczek w próbce gazowego tlenu o temperaturze 250 ⁢ K ma prędkości zawarte pomiędzy 100 ⁢ m ∕ s a 150 ⁢ m ∕ s . Masa molowa tlenu (O 2 ) wynosi 32 ⁢ g ∕ mol . Obliczenia wykonaj z dokładnością do dwóch cyfr znaczących. Wyznacz prędkość najbardziej prawdopodobną; prędkość średnią; średnią prędkość kwadratową cząsteczek azotu w temperaturze 295 ⁢ K . a. 419 ⁢ m ∕ s ; b. 472 ⁢ m ∕ s ; c. 513 ⁢ m ∕ s . Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania dla cząsteczek azotu w temperaturze 2950 ⁢ K . W jakiej temperaturze średnia prędkość cząsteczek dwutlenku węgla ( M = 44 ⁢ g ∕ mol ) wynosi 510 ⁢ m ∕ s ? 541 ⁢ K . Najbardziej prawdopodobna prędkość cząsteczek pewnego gazu wynosi 263 ⁢ m ∕ s w temperaturze 296 ⁢ K . Ile wynosi masa molowa tego gazu (musisz wymyślić sposób na określenie, jaki to przypuszczalnie jest gaz)? Odpowiedz na poniższe pytania. W jakiej temperaturze cząsteczki tlenu mają taką samą wartość prędkości średniej jak cząsteczki helu ( M = 4 ⁢ g ∕ mol ) w temperaturze 300 ⁢ K ? Jaka jest odpowiedź na to samo pytanie dotycząca prędkości najbardziej prawdopodobnych? Jaka jest odpowiedź na to samo pytanie dotycząca średnich prędkości kwadratowych? 2400 ⁢ K w każdym podpunkcie. Zadania dodatkowe W głębokiej przestrzeni między galaktykami gęstość cząsteczek (które są najczęściej pojedynczymi atomami) jest mniejsza od 10 6 ⁢ atomów ∕ m 3 i są one zmrożone do temperatury 2,7 ⁢ K . Jakie panuje tam ciśnienie? Jaką objętość (w metrach sześciennych) zajmuje 1 ⁢ mol gazu? Jeżeli ta objętość ma kształt sześcianu, to ile wynosi długość jego boku w kilometrach? Oblicz gęstość powietrza w jednostkach SI, pod ciśnieniem 1 ⁢ atm i w temperaturze 20 ⁢ ° C , jeżeli składa się ono (molowo) w 78% z azotu, w 21% z tlenu i w 1% z argonu; Oblicz gęstość atmosfery Wenus, przyjmując, że składa się (molowo) w 96% z dwutlenku węgla i w 4% z azotu. Temperatura atmosfery Wenus wynosi 737 ⁢ K , a jej ciśnienie jest równe 92 ⁢ atm . a. 1,2 ⁢ kg ∕ m 3 ; b. 65,9 ⁢ kg ∕ m 3 . Powietrze wewnątrz balonu na ogrzane powietrze ma temperaturę 370 ⁢ K i ciśnienie 101,3 ⁢ kPa , takie samo jak na zewnątrz balonu. Wyznacz gęstość powietrza wewnątrz balonu, jeżeli składa się ono z 78% N 2 , 21% O 2 i 1% Ar (molowo). Gdy pęcherzyk powietrza jest wynoszony z dna na powierzchnię słodkowodnego jeziora, to jego objętość wzrasta o 80 ⁢ % \\SI{80}{\\percent} . Ile wynosi głębokość jeziora, jeżeli temperatury wody na jego dnie i powierzchni wynoszą odpowiednio 4 ⁢ ° C i 10 ⁢ ° C ? 7,9 ⁢ m . Zastosuj równanie stanu gazu doskonałego, aby ocenić temperaturę, w której para wodna o masie 1 ⁢ kg (masa molowa M = 18 ⁢ g ∕ mol ) zajmuje objętość 0,22 ⁢ m 3 pod ciśnieniem 1,5 ⋅ 10 6 ⁢ Pa ; Stałe van der Waalsa dla wody przyjmują wartości a = 0,5537 ⁢ Pa ⁢ m 6 ∕ mol 2 , b = 3,049 ⋅ 10 -5 ⁢ m 3 ∕ mol . Zastosuj równanie stanu gazu van der Waalsa, aby określić temperaturę pary wodnej w tych samych warunkach; Rzeczywista temperatura pary wodnej w tych warunkach wynosi 779 ⁢ K . Która ocena jest lepsza? W jednym z procesów dekofeinizacji kawy stosuje się dwutlenek węgla (masa molowa 44 ⁢ g ∕ mol ) o gęstości molowej 14,6 ⁢ mol ∕ m 3 w temperaturze 60 ⁢ ° C . Czy CO 2 w tych warunkach jest ciałem stałym, cieczą, gazem, czy też płynem nadkrytycznym? Zastosuj równanie stanu gazu van der Waalsa i oceń ciśnienie CO 2 w tej temperaturze i pod tym ciśnieniem. Stałe dla dwutlenku węgla wynoszą a = 0,3658 ⁢ Pa ⁢ m 6 ∕ mol 2 i b = 4,286 ⋅ 10 -5 ⁢ m 2 ∕ mol . a. Płyn w stanie nadkrytycznym; b. 3 ⋅ 10 7 ⁢ Pa . W pewien zimowy dzień temperatura powietrza o wilgotności względnej 50 ⁢ % \\SI{50}{\\percent} wynosiła 0 ⁢ ° C . Po przewietrzeniu powietrze to wypełniło pokój i zostało ogrzane do temperatury 20 ⁢ ° C . Ile wynosi wilgotność względna powietrza w pokoju? Czy zadanie to wyjaśnia, dlaczego zimą powietrze w pomieszczeniach jest takie suche? W ciepły dzień, gdy temperatura powietrza wynosi 30 ⁢ ° C , płytka metalowa jest powoli schładzana przez dodanie odrobiny lodu do cieczy, w której jest częściowo zanurzona. Kondensacja pary wodnej na płytce pojawiła się, gdy osiągnęła ona temperaturę 15 ⁢ ° C . Ile wynosi względna wilgotność powietrza? 40,18 ⁢ % . Ludzie często uważają, że wilgotne powietrze jest „ciężkie”. Porównaj gęstości próbek powietrza o temperaturze 30 ⁢ ° C i pod ciśnieniem 1 ⁢ atm , z których jedna jest sucha (wilgotność względna 0 ⁢ % \\SI{0}{\\percent} ), a druga jest nasycona parą wodną (wilgotność względna 100 ⁢ % \\SI{100}{\\percent} ). Przyjmujemy, że suche powietrze to gaz doskonały o masie molowej 29 ⁢ g ∕ mol , a gaz wilgotny to ten sam gaz doskonały zmieszany z parą wodną; Jak opisano w rozdziale o zastosowaniach zasad dynamiki Newtona, siła oporu powietrza działająca na takie pociski jak piłeczki baseballowe lub golfowe wynosi w przybliżeniu F = C ⁢ ρ ⁢ A ⁢ v 2 ∕ 2 , gdzie ρ jest gęstością powietrza, A jest powierzchnią przekroju poprzecznego pocisku, C jest współczynnikiem oporu dla pocisku. Opisz pod kątem właściwości, jak zasięg pocisku zależy od wilgotności względnej powietrza przy ustalonym jego ciśnieniu; Gdy nadchodzi burza, to zazwyczaj, wilgotność powietrza wzrasta, a jego ciśnienie się obniża. Czy warunki te mogą wpłynąć na możliwość uzyskania tzw. home-run uderzenia w baseballu? Średnia droga swobodna atomów helu w pewnych warunkach (temperatura i ciśnienie) wynosi 2,1 ⋅ 10 -7 ⁢ m . Można przyjąć, że promień atomu helu wynosi 1,1 ⋅ 10 -11 ⁢ m . Ile w tych warunkach wynosi wartość koncentracji atomów helu; gęstości molowej helu? a. 2,21 ⋅ 10 27 ⁢ cząsteczek ∕ m 3 ; b. 3,67 ⋅ 10 3 ⁢ mol ∕ m 3 . Średnia droga swobodna dla metanu w temperaturze 269 ⁢ K i pod ciśnieniem 1,11 ⋅ 10 5 ⁢ Pa wynosi 4,81 ⋅ 10 -8 ⁢ m . Oblicz wartość efektywnego promienia cząsteczki metanu. W rozdziale o mechanice płynów równanie Bernoulliego, opisujące przepływ nieściśliwych cieczy, zostało uzasadnione dzięki zmianom niewielkich objętości d V cieczy. Zmiany tej objętości leżą także u podstaw analizy przepływów płynów ściśliwych, takich jak gazy. Aby równania hydrodynamiki były słuszne, liniowe rozmiary tych objętości a ≈ d V 1 ∕ 3 muszą być znacznie większe od średniej drogi swobodnej cząsteczek. Ile musi wynosić a dla powietrza w stratosferze, gdzie temperatura wynosi 220 ⁢ K , a ciśnienie jest równe 5,8 ⁢ kPa , aby było stukrotnie większe od średniej drogi swobodnej? Przyjmij, że efektywny promień cząsteczki powietrza wynosi 1,88 ⋅ 10 -10 ⁢ m , co w przybliżeniu odpowiada cząsteczce N 2 . 8,2 ⁢ mm . Wyznacz całkowitą liczbę zderzeń w ciągu sekundy między cząsteczkami gazowego azotu o objętości 1 ⁢ l w warunkach normalnych ( 0 ⁢ ° C , 1 ⁢ atm ). Jako wartości efektywnego promienia cząsteczki azotu użyj 1,88 ⋅ 10 -10 ⁢ m (liczba zderzeń międzycząsteczkowych w jednostce czasu jest równa odwrotności średniego czasu między zderzeniami). Weź pod uwagę, że w każdym zderzeniu uczestniczą dwie cząsteczki, ale zaliczamy zderzenie tylko na konto jednej z nich. Oblicz wartość ciepła właściwego sodu za pomocą prawa Dulonga-Petita. Masa molowa sodu wynosi 23 ⁢ g ∕ mol ; Ile wynosi błąd procentowy twojej oceny w porównaniu z wartością tablicową 1230 ⁢ J ∕ mol ⁢ K ? a. 1080 ⁢ J ∕ kg ; b. 12 ⁢ % \\SI{12}{\\percent} . Szczelny, doskonale cieplnie izolowany zbiornik zawiera 0,63 ⁢ mol powietrza o temperaturze 20 ⁢ ° C oraz żelazny pręcik mieszadła magnetycznego o masie 40 ⁢ g . Pręcik został rozkręcony magnetycznie do energii kinetycznej 50 ⁢ J i po uwolnieniu na skutek oporu powietrza zaczął zwalniać. Ile wynosi równowagowa temperatura układu? Wyznacz stosunek f ⁡ v p ∕ f ⁡ v k dla gazowego wodoru ( M = 2,02 ⁢ g ∕ mol ) w temperaturze 77 ⁢ K . 2 ⁢ e ∕ 3 ≈ 1,1 . Nieracjonalne wyniki. Stosując model gazu doskonałego, oblicz temperaturę 0,36 ⁢ kg wody zajmującej objętość 0,615 ⁢ m 3 pod ciśnieniem 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ Pa ; Co jest nieracjonalnego w otrzymanym wyniku? W jaki sposób można uzyskać bardziej poprawny wynik? Nieracjonalne wyniki. Wyznacz wartość prędkości średniej cząsteczek siarkowodoru H 2 S (o masie cząsteczkowej 31,4 ⁢ g ∕ mol ) w temperaturze 250 ⁢ K ; Wynik nie jest aż tak nieracjonalny, ale wyjaśnij, dlaczego nie jest tak poprawny, jak w przypadku neonu czy azotu. a. 411 ⁢ m ∕ s ; b. Zgodnie z ciepło molowe przy stałym ciśnieniu C V dla H 2 S istotnie różni się od wartości teoretycznej, czyli jego własności w warunkach pokojowych nie opisuje poprawnie model gazu doskonałego. Także rozkład prędkości cząsteczek Maxwella-Boltzmanna dla gazu doskonałego nie pokrywa się z rozkładem rzeczywistym tego gazu. Zadania trudniejsze Dozownik wody pitnej o wysokości 20 ⁢ cm i przekroju poprzecznym 25 ⁢ cm na 10 ⁢ cm posiada kranik o pomijalnej pojemności otwierający się na poziomie jego dna. Początkowo dozownik zawiera wodę do poziomu 3 ⁢ cm poniżej pokrywy, a powyżej wody powietrze pod ciśnieniem otoczenia wynoszącym 1 ⁢ atm . Po otwarciu kranika woda wypływa z dozownika aż do momentu wyrównania się ciśnień na zewnątrz i na jego dnie. Oblicz, jaka objętość wody wypłynęła z dozownika. Przyjmij, że temperatura jest stała, dozownik jest doskonale sztywny i że woda ma stałą gęstość 1000 ⁢ kg ∕ m 3 . Osiem samochodzików w wesołym miasteczku (ang. bumper cars ), każdy o masie 322 ⁢ kg , porusza się po tafli o długości 21 ⁢ m i szerokości 13 ⁢ m ograniczonej bandami. Samochodziki nie mają kierowców, poruszają się więc samodzielnie, zderzając się ze sobą przypadkowo. Średnia prędkość kwadratowa samochodzików wynosi 2,5 ⁢ m ∕ s . Powtarzając argumenty przytoczone w podrozdziale Ciepło właściwe i zasada ekwipartycji energii , wyznacz wartość średniej siły przypadającej na jednostkę długości (wielkość analogiczna do ciśnienia), którą samochodziki wywierają na bandy tafli. 29,5 ⁢ N ∕ m . Wykaż, że v p = 2 ⁢ k B ⁢ T ∕ m . Wykaż, że spełniony jest warunek normalizacyjny ∫ 0 ∞ f ⁡ v ⁢ d v = 1 . Całkę oblicza się przez podstawienie u = v ∕ v p = v ⁢ m ∕ 2 ⁢ k B ⁢ T . To przekształcenie prowadzi do całki niewłaściwej dającej czynnik numeryczny ∫ 0 ∞ x 2 ⁢ exp − x 2 ⁢ d x = π ∕ 4 . Podstawiając v = u ⁢ 2 ⁢ k B ⁢ T ∕ m i d v = d u ⁢ 2 ⁢ k B ⁢ T ∕ m , otrzymujemy P ⁡ 0 ∞ = ∫ 0 ∞ 4 π ⁢ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 2 ⁢ exp − m ⁢ v 2 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ d v = ∫ 0 ∞ 4 π ⁢ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ 2 ⁢ k B ⁢ T m 2 ⁢ u 2 ⁢ exp − u 2 ⁢ 2 ⁢ k B ⁢ T m ⁢ d u P \\apply (0, \\infty) = \\int_0^{\\infty} \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} (\\frac{m}{2k_{\\text{B}} T})^{3/2}v^2 \\exp(\\frac{-mv^2}{2k_{\\text{B}} T}) \\d v = \\int_0^{\\infty} \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} (\\frac{m}{2k_{\\text{B}} T})^{3/2} (\\frac{2k_{\\text{B}} T}{m})^2 u^2 \\exp(-u^2) \\sqrt{\\frac{2k_{\\text{B}} T}{m}} \\d u co prowadzi do wyniku P ⁡ 0 ∞ = ∫ 0 ∞ 4 π ⁢ u 2 ⁢ exp − u 2 ⁢ d u = 4 π ⋅ π 4 = 1 P \\apply (0, \\infty) = \\int_0^{\\infty} \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} u^2 \\exp(-u^2) \\d u = \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} \\cdot \\frac{\\sqrt{\\pi}}{4} = 1 . Wykaż, że v ‾ = 8 ⁢ k B ⁢ T ∕ π ⁢ m . Zastosuj to samo podstawienie co w poprzednim zadaniu. Wykaż, że v k = v 2 ‾ = 3 ⁢ k B ⁢ T ∕ m . Stosując to samo podstawienie, co poprzednio otrzymujemy v 2 ‾ = ∫ 0 ∞ 4 π ⁢ m 2 ⁢ k B ⁢ T 3 ∕ 2 ⁢ v 2 ⁢ v 2 ⁢ exp − m ⁢ v 2 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ d v = ∫ 0 ∞ 4 π ⋅ 2 ⁢ k B ⁢ T m ⁢ u 4 ⁢ exp − u 2 ⁢ d u \\overline{v^2} = \\int_0^{\\infty} \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} (\\frac{m}{2k_{\\text{B}}T})^{3/2} v^2 v^2 \\exp(\\frac{-mv^2}{2k_{\\text{B}}T}) \\d v = \\int_0^{\\infty} \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} \\cdot \\frac{2k_{\\text{B}} T}{m} u^4 \\exp(-u^2) \\d u . Używamy wzoru do całkowania przez części i otrzymujemy v 2 ‾ = 4 π ⋅ 2 ⁢ k B ⁢ T m ⁢ − 1 2 ⁢ u 3 ⁢ exp − u 2 | 0 ∞ + 3 2 ⁢ ∫ 0 ∞ u 2 ⁢ exp − u 2 ⁢ d u = 4 π ⋅ 2 ⁢ k B ⁢ T m ⋅ 3 2 ⋅ π 4 = 3 ⁢ k B ⁢ T m \\overline{v^2} = \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} \\cdot \\frac{2k_{\\text{B}}T}{m}[-\\frac12 u^3 \\exp(-u^2)\\mid_0^{\\infty} + \\frac32 \\int_0^{\\infty} u^2\\exp(-u^2) \\d u] = \\frac{4}{\\sqrt{\\pi}} \\cdot \\frac{2k_{\\text{B}}T}{m} \\cdot \\frac32 \\cdot \\frac{\\sqrt{\\pi}}{4} = \\frac{3k_{\\text{B}}T}{m} . Pierwiastkując obie strony tej równości otrzymujemy poszukiwany rezultat v k = 3 ⁢ k B ⁢ T ∕ m v_{\\text{k}} = \\sqrt{3k_{\\text{B}} T / m} . rozkład Maxwella-Boltzmanna (ang. Maxwell-Boltzmann distribution ) funkcja, której całka oznaczona jest prawdopodobieństwem znalezienia cząstek gazu doskonałego o prędkościach zawierających się w granicach całkowania prędkość najbardziej prawdopodobna (ang. peak speed ) prędkość, w otoczeniu której zawierają się prędkości większości cząstek gazu", "section": "Rozkład prędkości cząsteczek gazu doskonałego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Słaby, zimny front powietrza zbiera cały smog znad północno-wschodnich Chin, formując gigantyczną masę nad Morzem Żółtym. Zdjęcie wykonane w 2012 roku przez satelitę Terra należącego do NASA. W celu zrozumienia zmian pogodowych i klimatycznych takich jak te na zdjęciu powyżej potrzebna jest gruntowna wiedza, również z zakresu termodynamiki. Źródło: modyfikacja zdjęcia NASA Ciepło to przepływająca energia. Może być ona użyta do wykonania pracy lub przekształcona w inne formy. Przykładem jest samochód spalający benzynę. Ciepło wytwarza się wówczas, gdy paliwo ulega procesowi spalania, którego produkty (CO 2 i H 2 O) w temperaturze spalania znajdują się w stanie gazowym. Gazy te wywierają nacisk na tłok i powodują jego przemieszczanie, wykonując przy tym pracę i zamieniając energię kinetyczną tłoka w wiele innych form – energię kinetyczną samochodu; energię elektryczną, zasilającą świece zapłonowe, radio i światła oraz magazynowaną w akumulatorze samochodu. Energia jest zachowywana we wszystkich procesach, wliczając w to te związane z układami termodynamicznymi. Rola przepływu ciepła i zmian energii wewnętrznej różni się w zależności od procesu i wpływa na to, w jaki sposób wykonywana jest przez układ praca w tym procesie. Wkrótce przekonasz się, że pierwsze prawo termodynamiki nakłada pewien limit na ilość pracy, która może być dostarczana przez układ przy ograniczonych zmianach energii wewnętrznej lub ograniczonym przepływie ciepła. Zrozumienie praw rządzących procesami termodynamicznymi i związku między układem a jego otoczeniem ma zatem kluczowe znaczenie w zdobywaniu wiedzy specjalistycznej o energii oraz jej zużywaniu.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Układy termodynamiczne Układ termodynamiczny (ang. thermodynamic system ) obejmuje wszystko, co posiada interesujące właściwości termodynamiczne. Jest on osadzony w swoim otoczeniu (ang. surroundings ), czy inaczej środowisku (ang. environment ), może wymieniać z nim ciepło i wykonywać na nim pracę przez granicę (ang. boundary ), która jest hipotetyczną ścianą oddzielającą układ od środowiska ( ). W rzeczywistości najbliższe otoczenie układu bezpośrednio z nim oddziałuje, a więc ma silny wpływ na jego zachowanie i własności. Na przykład, jeśli badamy silnik samochodu, spalana benzyna wewnątrz cylindra silnika jest układem termodynamicznym: tłok, układ wydechowy, chłodnica i powietrze na zewnątrz tworzą otoczenie układu. Natomiast granica składa się z wewnętrznych powierzchni cylindra i tłoka. (a) Układ, w którym może zachodzić istotny proces lub w którym są zawarte istotne dane, jest ograniczony do pewnego obszaru. Otoczenie również może zawierać pewne informacje; jednak włączamy je do rozważań tylko wtedy, gdy mamy do czynienia z układem otwartym. (b) Paliwo spalane w silniku samochodowym jest przykładem układu termodynamicznego. Zwykle układ wchodzi w interakcje z otoczeniem. Układ nazywany jest zamkniętym (ang. closed system ), jeśli jest całkowicie oddzielony od swojego środowiska, jak na przykład gaz, który jest otoczony przez nieruchome oraz termicznie izolowane ściany. W prawdziwym świecie układ zamknięty nie występuje, chyba że uznamy za niego cały wszechświat albo potraktujemy jako model pewnego rzeczywistego układu, wchodzącego w minimalne interakcje z otoczeniem. Większość układów to układy otwarte (ang. open system ), mogące wymieniać energię i/lub materię z otoczeniem ( ). (a) Ten czajnik z wrzącą wodą jest otwartym układem termodynamicznym. Przekazuje ciepło i materię (parę wodną) do swojego otoczenia. (b) Szybkowar to dobre przybliżenie układu zamkniętego. Mała ilość pary wodnej ucieka przez górny zawór, aby zapobiec eksplozji. Źródło: modyfikacja pracy Giny Hamilton Kiedy badamy układ termodynamiczny, nie bierzemy pod uwagę różnic zachowań w poszczególnych miejscach wewnątrz układu w danym momencie. Innymi słowy, skupiamy się na makroskopowych właściwościach układu, które są średnimi mikroskopowych właściwości wszystkich cząsteczek lub jednostek układu. Dlatego każdy układ termodynamiczny jest traktowany jako kontinuum, w którym ruchy cząsteczek/jednostek układu są wszędzie takie same. Zakładamy, że układ pozostaje w równowadze (ang. equilibrium ). W rzeczywistych układach mogą występować gradienty temperatury. W tym rozdziale jednak omawiamy układy termodynamiczne wykazujące w każdym punkcie jednakowe właściwości. Zanim będziemy mogli przeprowadzić jakąkolwiek analizę układu termodynamicznego, potrzebujemy podstawowej charakterystyki tego układu. Kiedy omawialiśmy układy mechaniczne, skupialiśmy się na siłach i momentach obrotowych oddziałujących na układ, a także na ich równowadze, która decydowała o mechanicznej równowadze układu. W podobny sposób powinniśmy zbadać wymianę ciepła między układem termodynamicznym a jego otoczeniem lub pomiędzy różnymi elementami układu, których równowaga powinna z kolei decydować o termodynamicznej równowadze całego układu. Intuicja nam podpowiada, że taka równowaga jest osiągana, gdy różne ciała lub elementy układu mogące wymieniać między sobą ciepło mają tę samą temperaturę, a wymiana ciepła zanika. Dlatego kiedy mówimy, że dwa ciała (na przykład układ termodynamiczny i jego otoczenie) są w równowadze termicznej (ang. thermal equilibrium ), mamy na myśli, że mają tę samą temperaturę, tak jak to omówiliśmy w rozdziale Temperatura i ciepło . Rozważmy przypadek trzech ciał o temperaturach odpowiednio T 1 , T 2 i T 3 . Skąd mamy wiedzieć, że znajdują się one w równowadze termicznej? Obowiązuje tutaj zerowa zasada termodynamiki (ang. zeroth law of thermodynamics ), opisana w rozdziale Temperatura i ciepło : Jeśli ciało 1 jest w równowadze termicznej z każdym z ciał 2 i 3, to ciała 2 i 3 także muszą być ze sobą w równowadze termicznej. Możemy też zapisać zerową zasadę termodynamiki jako Jeśli ⁢ T 1 = T 2 ⁢ i ⁢ T 1 = T 3 ⁢ , to ⁢ T 2 = T 3 ⁢ . Podstawą definiowania temperatury jest stwierdzenie, że dwa ciała będące w kontakcie mają taką samą temperaturę, gdy osiągnęły równowagę termodynamiczną i wypadkowy transfer ciepła pomiędzy nimi wynosi zero. Zerowa zasada termodynamiki jest jednakowo stosowana dla wszystkich elementów układu zamkniętego i wymaga, by temperatura wszędzie wewnątrz układu była taka sama, jeśli osiągnął on równowagę termiczną. W celu uproszczenia naszych rozważań przyjmijmy, że układ składa się z jednego rodzaju substancji, np. jest to woda w zbiorniku. Mierzalne właściwości tego układu obejmują przynajmniej objętość, ciśnienie i temperaturę. Zakres istotnych dla nas zmiennych zależy jednak od układu. Przykładowo, gdyby chodziło o naciągniętą gumkę recepturkę, ważne byłyby długość, jej napięcie oraz temperatura. Związek między tymi podstawowymi właściwościami układu nazywamy równaniem stanu (ang. equation of state ) układu i dla układu zamkniętego zapisujemy go symbolicznie jako f ⁢ p V T = 0 ⁢ , gdzie p , V , i T to ciśnienie, objętość i temperatura układu w ustalonym stanie. W zasadzie równanie stanu istnieje dla każdego układu termodynamicznego, ale nie zawsze jest łatwe do otrzymania. Postać funkcji f ⁢ p V T = 0 dla wielu substancji została wyznaczona eksperymentalnie lub teoretycznie. W poprzednim rozdziale mieliśmy do czynienia z przykładem równania stanu dla gazu doskonałego, f ⁢ p V T = p ⁢ V - n ⁢ R ⁢ T = 0 ⁢⁢ J . Do tej pory wprowadziliśmy kilka wielkości fizycznych istotnych dla układów termodynamicznych – takich jak objętość, ciśnienie i temperatura układu. Możemy podzielić te wielkości na dwie dość ogólne kategorie. Wielkości zależne od ilości materii to wielkości ekstensywne (ang. extensive variable ), takie jak objętość czy liczba moli. Wielkości, które nie zależą od ilości materii, np. temperatura lub ciśnienie, są wielkościami intensywnymi (ang. intensive variable ). Wartość wielkości ekstensywnej wzrasta dwukrotnie wraz z podwojeniem ilości materii w układzie, pod warunkiem że wszystkie wielkości intensywne pozostaną niezmienione. Przykładowo objętość lub całkowita energia układu wzrastają dwukrotnie, jeśli zwiększymy dwukrotnie ilość materii w układzie, nie zmieniając przy tym temperatury i ciśnienia układu. Podsumowanie Układ termodynamiczny, jego granica i otoczenie muszą być zdefiniowane, a rola wszystkich jego komponentów musi być zrozumiała, zanim będziemy mogli zbadać daną sytuację. Równowaga termiczna między dwoma ciałami jest osiągnięta, gdy trzecie ciało jest w równowadze termicznej z każdym z tych ciał z osobna. Ogólne równanie stanu dla układu zamkniętego ma postać f ⁢ p V T = 0 , czego przykładem jest równanie stanu gazu doskonałego. Pytania Rozważ następujące przypadki i ustal, czy praca jest wykonywana przez układ nad środowiskiem (UŚ), czy przez środowisko na układzie (ŚU): otwieranie gazowanego napoju; pompowanie opony; naciskanie na pedał hamulca (hydraulicznego). a. UŚ; b. ŚU; c. ŚU. Zadania Dany jest gaz o krzywej izotermicznej wyrażonej wzorem: p ⁢ V = b ⁢ p + c T , gdzie p to ciśnienie, V to objętość, b to stała, a c T jest funkcją temperatury. Wykaż, że skala temperaturowa w procesie izochorycznym może być wyprowadzona z powyższego wzoru oraz że jest taka sama jak ta dla gazu doskonałego. p ⁢ V − b = c T to szukana funkcja temperatury i odzwierciedla ona funkcję temperatury dla gazu doskonałego przy stałej objętości. Mol pewnego gazu ma izobaryczny współczynnik rozszerzalności d V ∕ d T = R ∕ p i izochoryczny współczynnik ciśnieniowo-temperaturowy d p ∕ d T = p ∕ T . Znajdź równanie stanu tego gazu. Znajdź równanie stanu ciała stałego, którego izobaryczny współczynnik rozszerzalności dany jest wzorem d V ∕ d T = 2 ⁢ c ⁢ T − b ⁢ p , a izotermiczny współczynnik ciśnieniowo-objętościowy: d V ∕ d p = − b ⁢ T ⁢ . V − b ⁢ p ⁢ T + c ⁢ T 2 = 0 . granica (ang. boundary ) hipotetyczne ściany oddzielające układ od otoczenia układ zamknięty (ang. closed system ) układ, który jest mechanicznie odizolowany od środowiska środowisko (ang. environment ) to, co jest na zewnątrz badanego układu równanie stanu (ang. equation of state ) opisuje własności materii dla zadanych warunków fizycznych wielkość ekstensywna (ang. extensive variable ) wielkość proporcjonalna do ilości materii w układzie wielkość intensywna (ang. intensive variable ) wielkość niezależna od ilości materii w układzie układ otwarty (ang. open system ) układ, który wymienia energię i/lub materię z otoczeniem otoczenie (ang. surroundings ) środowisko, które wchodzi w interakcję z układem otwartym układ termodynamiczny (ang. thermodynamic system ) przedmiot badań termodynamiki", "section": "Układy termodynamiczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Praca, ciepło i energia wewnętrzna Pojęcia pracy oraz energii omówiliśmy wcześniej, w części poświęconej mechanice. W poprzednich rozdziałach przedstawiliśmy także przykłady i kwestie związane z wymianą ciepła między różnymi ciałami. Tutaj chcemy rozszerzyć te pojęcia dla układów termodynamicznych oraz ich otoczenia. W poprzednich dwóch rozdziałach w szczególności rozważaliśmy pojęcie ciepła oraz jego wymiany. W tej części chcemy skupić się na zrozumieniu, jak praca wykonywana jest przez układ lub nad nim; jak ciepło przekazywane jest między układem a jego otoczeniem oraz jak całkowita energia układu zmienia się na skutek wykonanej pracy i wymiany ciepła. Praca wykonywana przez układ Siła może wykonać pracę (ang. work ) poprzez przesunięcie ciała. A jak układ termodynamiczny może wykonać pracę? pokazuje gaz zamknięty w cylindrze, którego jeden z końców zaopatrzony jest w tłok. Kiedy gaz rozszerza się i wypycha tłok, wywiera siłę na danym odcinku i wykonuje pracę na tłoku. Natomiast kiedy przesuwany do wnętrza cylindra tłok ściska gaz, praca również jest wykonywana, ale w tym przypadku na gazie. Praca związana z takimi zmianami objętości może być obliczona następująco: oznaczmy ciśnienie gazu wywierane na tłok jako p ; wtedy siła wywierana przez gaz na tłok, której kierunek jest prostopadły do powierzchni tłoka, to p ⁢ A , gdzie A to powierzchnia tłoka. Kiedy tłok jest wypchnięty na zewnątrz na nieskończenie małą odległość d x , praca wykonywana przez gaz jest określona wzorem d W = p ⁢ A ⁢ d x ⁢ . \\d W = pA \\d x \\text{.} Zmiana objętości gazu wynosi d V = A ⁢ d x , a więc mamy d W = p ⁢ d V ⁢ . Dla skończonej zmiany objętości z V 1 do V 2 możemy scałkować to równanie od V 1 do V 2 , aby znaleźć następujące wyrażenie na pracę całkowitą W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V ⁢ . Praca wykonywana przez gaz wewnątrz cylindra podczas przesuwania tłoka na odległość d x jest dana wzorem d W = F ⁢ d x = p ⁢ d V . Ta całka ma sens tylko dla procesu kwazistatycznego (ang. quasi-static process ), co oznacza, że proces zachodzi nieskończenie małymi krokami, utrzymując układ w stanie równowagi termicznej. (Przyjrzymy się temu zagadnieniu w dalszej części tego rozdziału). Tylko wtedy istnieje dobrze zdefiniowana matematycznie relacja (równanie stanu) między ciśnieniem a objętością. Ta relacja może być pokazana w postaci krzywej na wykresie zależności p ⁢ V ciśnienia od objętości. Całka jest interpretowana graficznie jako pole pod krzywą p ⁢ V (zacieniowany obszar na ). Jeżeli układ wykonuje pracę (rozprężanie gazu), to praca ma znak dodatni. Jeżeli nad układem jest wykonana praca (sprężanie gazu), to praca ma znak ujemny. Kiedy gaz powoli zwiększa swoją objętość z V 1 do V 2 , praca wykonywana przez układ jest reprezentowana przez zacieniowane pole pod krzywą p ⁢ V . Rozważmy dwa procesy dotyczące gazu doskonałego, reprezentowane przez ścieżki A ⁢ C i A ⁢ B ⁢ C na . Proces oznaczony krzywą A ⁢ C to rozprężanie izotermiczne (ang. isothermal expansion ), w którym zmienia się objętość gazu z V 1 do V 2 . Gaz utrzymuje stałą temperaturę T dzięki kontaktowi z rezerwuarem. Z oraz z równania stanu gazu doskonałego otrzymujemy W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V = ∫ V 1 V 2 n ⁢ R ⁢ T V ⁢ d V ⁢ . Punkty A i C reprezentują stany równowagowe. Możliwe przejścia kwazistatyczne pomiędzy tymi punktami zostały schematycznie oznaczone jako A ⁢ B ⁢ C , A ⁢ C oraz A ⁢ D ⁢ C . Rozprężanie jest izotermiczne, więc T pozostaje stałe w całym procesie. Wielkości n i R także są stałe, więc jedyną zmienną, po której obliczamy całkę, jest V , a co za tym idzie praca wykonywana przez gaz doskonały w procesie izotermicznym jest dana wzorem W = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ∫ V 1 V 2 d V V = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ln V 2 V 1 ⁢ . Zauważmy, że jeśli V 2 > V 1 (rozprężanie), W jest dodatnie, zgodnie z oczekiwaniami. Odcinki od A do B oraz z B do C reprezentują inny proces. Gaz o ciśnieniu p 1 najpierw rozszerza się izobarycznie (ciśnienie stałe) i kwazistatycznie z V 1 do V 2 , po czym ochładza się kwazistatycznie przy stałej objętości V 2 , aż jego ciśnienie spadnie do p 2 . Między A a B ciśnienie jest stałe i równe p 1 , a więc praca w tej części drogi wyraża się wzorem W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V = p 1 ⁢ ∫ V 1 V 2 d V = p 1 ⁢ V 2 - V 1 ⁢ . Przy przejściu z B do C nie ma zmiany objętości, dlatego też żadna praca nie jest wykonywana. Całkowita praca na drodze A ⁢ B ⁢ C wyraża się więc wzorem W = p 1 ⁢ V 2 − V 1 + 0 ⁢ J = p 1 ⁢ V 2 − V 1 ⁢ . Porównanie wzorów na pracę wykonywaną przez gaz podczas tych dwóch procesów z pokazuje, że wartość tej pracy znacząco się różni. To pokazuje bardzo ważną właściwość pracy termodynamicznej: zależy od drogi procesu. Nie możemy ustalić pracy wykonywanej przez układ, który przechodzi z jednego stanu równowagi do drugiego, bez znajomości drogi, po której odbywa się ta przemiana. Różne wartości pracy są związane z różnymi drogami. Rozszerzalność izotermiczna gazu van der Waalsa Rozważania dotyczące gazu van der Waalsa (ang. van der Waals gas ) wymagają modyfikacji równania stanu gazu doskonałego, polegającej na uwzględnieniu faktu, że cząsteczki gazu mają niezerowe objętości (zob. Kinetyczna teoria gazów ). Jeden mol gazu van der Waalsa spełnia równanie stanu p + a V 2 ⁢ V - b = R ⁢ T ⁢ , gdzie a i b to dwa parametry zależne od rodzaju gazu. Załóżmy, że gaz rozszerza się izotermicznie i kwazistatycznie z objętości V 1 do objętości V 2 . Jaka praca jest wykonywana przez gaz podczas tego rozszerzania? Strategia rozwiązania Ponieważ równanie stanu jest dane, możemy użyć do wyrażenia ciśnienia w zależności od V i T . Co więcej, temperatura T jest stała w warunkach izotermicznych, więc V staje się jedyną zmieniającą się wielkością pod znakiem całki. Rozwiązanie Aby obliczyć tę całkę, musimy wyrazić p jako funkcję V . Dla naszego równania stanu ciśnienie gazu to p = R ⁢ T V - b - a V 2 ⁢ . Ponieważ T jest stałe w warunkach izotermicznych, praca wykonywana przez 1 ⁢ mol gazu van der Waalsa podczas rozszerzania z objętości V 1 do V 2 jest równa W = ∫ V 1 V 2 R ⁢ T V - b - a V 2 ⁢ d V = R ⁢ T ⁢ ln V - b + a V V 1 V 2 = R ⁢ T ⁢ ln V 2 - b V 1 - b + a ⁢ 1 V 2 - 1 V 1 ⁢ . Znaczenie Biorąc pod uwagę objętość cząsteczek, wzór na pracę jest dużo bardziej skomplikowany. Jeśli jednak założymy, że a = 0 ⁢ Pa ⁢ m 6 ∕ mol i b = 0 ⁢ m 3 , to widzimy, że wzór na pracę jest dokładnie taki sam jak wzór na pracę wykonywaną w procesie izotermicznym przez jeden mol gazu doskonałego. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaka praca jest wykonywana przez gaz z , kiedy rozszerza się kwazistatycznie wzdłuż ścieżki A ⁢ D ⁢ C ? p 2 ⁢ V 2 − V 1 . Energia wewnętrzna Energia wewnętrzna (ang. internal energy ) U układu termodynamicznego jest z definicji sumą energii mechanicznych wszystkich cząsteczek w układzie. Oznaczmy energię kinetyczną i potencjalną i -tej cząsteczki jako odpowiednio E k ⁢ i i E p ⁢ i . Energia wewnętrzna układu jest wtedy równa średniej z wartości całkowitej energii mechanicznej wszystkich jego cząstek U = ∑ i E ‾ k i + E ‾ p i ⁢ , gdzie sumowanie odbywa się po całkowitej energii mechanicznej wszystkich cząsteczek układu, a kreski nad E k i E p oznaczają średnie wartości energii, odpowiednio kinetycznej i potencjalnej. Na energię kinetyczną E k ⁢ i pojedynczej cząsteczki składają się zarówno energia wynikająca z rotacji oraz wibracji, jak i energia kinetyczna ruchu postępowego m i ⁢ v i 2 ∕ 2 , gdzie v i to prędkość cząsteczki mierzona względem środka masy układu. Energia potencjalna E p ⁢ i jest związana wyłącznie z oddziaływaniami między cząsteczką i a innymi cząsteczkami układu. Ani położenie układu, ani jego ruch nie mają wpływu na jego energię wewnętrzną. Przemieszczenie układu z piwnicy na dach 100-piętrowego budynku lub umieszczenie układu na jadącym pociągu nie wpłyną na energię wewnętrzną układu. W przypadku jednoatomowego gazu doskonałego każda cząsteczka składa się z pojedynczego atomu. Konsekwencją tego jest brak energii kinetycznej wynikającej z rotacji czy wibracji. Wzór na energię kinetyczną cząsteczki upraszcza się do: E k ⁢ i = m i ⁢ v i 2 ∕ 2 . Ponadto nie występują oddziaływania międzycząsteczkowe (pomimo kolizji), więc E p ⁢ i = const i przyjmujemy ją jako równą zero. Zatem energia wewnętrzna zależy jedynie od energii kinetycznej ruchu postępowego i wynosi U = ∑ i E ‾ k i = ∑ i 1 2 ⁢ m i ⁢ v i 2 ‾ ⁢ . Dzięki rozważaniom z poprzedniego rozdziału wiemy, że średnia energia kinetyczna cząsteczki w jednoatomowym gazie doskonałym to 1 2 ⁢ m i ⁢ v i 2 ‾ = 3 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ , gdzie T jest temperaturą gazu w kelwinach. W rezultacie średnia energia mechaniczna cząsteczki jednoatomowego gazu doskonałego również wynosi 3 ⁢ k B ⁢ T ∕ 2 3 k_{\\text{B}} T/2 , co wyraża się wzorem E k i + E p i ‾ = E ‾ k i = 3 2 ⁢ k B ⁢ T ⁢ . Energia wewnętrzna to po prostu liczba cząsteczek pomnożona przez średnią energię mechaniczną pojedynczej cząsteczki. Dlatego też dla n moli gazu doskonałego U = n ⁢ N A ⋅ 3 2 ⁢ k B ⁢ T = 3 2 ⁢ n ⁢ R ⁢ T ⁢ . Warto zauważyć, że dla danej ilości jednoatomowego gazu doskonałego energia wewnętrzna zależy jedynie od temperatury i jest całkowicie niezależna od ciśnienia i objętości gazu. W przypadku innych układów energia wewnętrzna nie może być wyrażana w tak prosty sposób. Jednakże zazwyczaj ze wzrostem temperatury związany jest wzrost energii wewnętrznej. Wiemy, że gdy dwa układy mogą między sobą wymieniać ciepło, to w końcu zostanie osiągnięta równowaga termiczna, czyli układy te będą miały tę samą temperaturę. Rozważmy teraz przykład, w którym mieszamy ze sobą dwa jednoatomowe gazy doskonałe. Pamiętajmy, że energia pojedynczej cząsteczki jednoatomowego gazu doskonałego jest proporcjonalna do jego temperatury. Dlatego gdy mieszamy dwa takie gazy, cząsteczki cieplejszego muszą stracić trochę energii, z kolei cząsteczki zimniejszego muszą zyskać energię. Zjawisko to trwa tak długo, dopóki nie będzie uzyskana równowaga termiczna. Wtedy temperatura, a co za tym idzie średnia energia kinetyczna ruchu postępowego będą takie same dla obu tych gazów. Uzyskiwanie równowagi w przypadku rzeczywistych układów fizycznych jest nieco bardziej skomplikowane niż dla jednoatomowych gazów doskonałych. Jednakże nadal możemy uznać, że energia między układami jest wymieniana do czasu, aż temperatury tych układów będą jednakowe. Podsumowanie Dodatnia (ujemna) praca jest wykonywana przez układ termodynamiczny podczas jego rozszerzania się (lub kurczenia). Ciepło to energia przekazywana między dwoma ciałami (lub dwoma częściami układu) różniącymi się temperaturą. Energia wewnętrzna układu termodynamicznego jest całkowitą energią mechaniczną cząsteczek składających się na ten układ. Pytania Czy możliwe jest ustalenie, czy zmiana energii wewnętrznej została spowodowana wymianą ciepła, wykonaną pracą lub ich kombinacją? Kiedy ciecz odparuje, zmiana jej energii wewnętrznej nie jest równa oddanemu ciepłu. Dlaczego? Część energii zużywa się na zmianę stanu skupienia z ciekłego na gazowy. Dlaczego pompka do roweru jest cieplejsza, po tym jak napompujesz oponę? Czy jest możliwe, aby temperatura układu pozostała stała, podczas gdy zyskuje on lub traci ciepło? Jeśli tak, podaj przykład. Tak, dopóki wykonywana praca jest równa dodanemu ciepłu, nie nastąpi zmiana energii wewnętrznej układu, a więc nie będzie zmiany jego temperatury. Kiedy woda zamarza lub kiedy lód topnieje podczas odpowiednio usuwania lub dodawania ciepła, temperatura pozostaje stała. Zadania Gaz pod ciśnieniem 2 ⁢ atm ulega kwazistatycznemu izobarycznemu rozszerzaniu z 3 ⁢ l do 5 ⁢ l . Jaka praca jest wykonywana przez gaz? Aby sprężyć kwazistatycznie 0,5 ⁢ mol gazu doskonałego do jednej piątej jego początkowej objętości, potrzebna jest praca 500 ⁢ J . Oblicz temperaturę gazu, zakładając, że pozostaje ona stała podczas sprężania. 74 ⁢ K . Wiadomo, że kiedy rozrzedzony gaz rozpręża się kwazistatycznie z 0,5 ⁢ l do 4 ⁢ l , to wykonuje pracę 250 ⁢ J . Zakładając, że temperatura gazu pozostaje stała i równa 300 ⁢ K , ile jest moli tego gazu? Podczas kwazistatycznego izobarycznego rozszerzania praca 500 ⁢ J jest wykonywana przez gaz. Jeśli ciśnienie gazu wynosi 0,8 ⁢ atm , to jaki jest ułamkowy wzrost objętości gazu, zakładając, że początkowo objętość była równa 20 ⁢ l ? 1,4 razy. Kiedy gaz ulega kwazistatycznej izobarycznej zmianie objętości z 10 ⁢ l do 2 ⁢ l , potrzebna jest zewnętrzna praca 15 ⁢ J . Jakie jest ciśnienie gazu? Gaz doskonały rozpręża się kwazistatycznie i izotermicznie ze stanu o ciśnieniu p i objętości V do stanu o objętości 4 ⁢ V . Jaką pracę wykona przy tym gaz? p ⁢ V ⁢ ln 4 . Oblicz pracę wykonywaną przez gaz podczas kwazistatycznych procesów reprezentowanych przez pokazane poniżej drogi A ⁢ B ; A ⁢ D ⁢ B ; A ⁢ C ⁢ B ; A ⁢ D ⁢ C ⁢ B . Wykonaj obliczenia i odpowiedz na pytanie. Oblicz pracę wykonywaną przez gaz na zamkniętej drodze pokazanej poniżej. Zaokrąglona część między R a S jest półokrągła; Jeśli proces będzie przeprowadzony w drugą stronę, jaka będzie praca wykonywana przez gaz? a. 160 ⁢ J ; b. − 160 ⁢ J . Gaz doskonały rozszerza się kwazistatycznie do objętości trzykrotnie większej od początkowej. Jaki proces wymaga więcej pracy wykonywanej przez gaz, izotermiczny czy izobaryczny? Ustal proporcję pracy wykonywanej w tych procesach. Rozcieńczony gaz o ciśnieniu 2 ⁢ atm i objętości 4 ⁢ l ulega następującym kwazistatycznym procesom: izobarycznemu rozszerzaniu do objętości 10 ⁢ l ; izochorycznej zmianie ciśnienia do 0,5 ⁢ atm ; izobarycznemu sprężeniu do objętości 4 ⁢ l ; izochorycznej zmianie ciśnienia do 2 ⁢ atm . Pokaż te kroki na wykresie p ⁢ V i ustal na podstawie tego wykresu, jaka jest całkowita praca wykonywana przez gaz. W = 900 ⁢ J . Jaka jest średnia energia mechaniczna atomu jednoatomowego gazu doskonałego o temperaturze 300 ⁢ K ? Ile wynosi energia wewnętrzna 6 ⁢ moli \\SI{6}{\\moli} jednoatomowego gazu doskonałego o temperaturze 200 ⁢ ° C \\SI{200}{\\celsius} ? 3,53 ⋅ 10 4 ⁢ J . Oblicz energię wewnętrzną 15 ⁢ mg helu o temperaturze 0 ⁢ ° C ⁢ . Dwa jednoatomowe gazy doskonałe A i B mają tę samą temperaturę. Jeśli 1 ⁢ g gazu A ma taką samą energię wewnętrzną jak 0,1 ⁢ g gazu B, to jaka jest proporcja liczby moli tych gazów; jaka jest proporcja mas atomowych tych gazów? a. 1 : 1 ; b. 10 : 1 . Współczynniki van der Waalsa dla tlenu wynoszą a = 0,138 ⁢ J ⁢ m 3 ∕ mol 2 oraz b = 3,18 ⋅ 10 − 5 ⁢ m 3 ∕ mol . Użyj tych wartości, aby narysować izotermę van der Waalsa tlenu o temperaturze 100 ⁢ K . Na tym samym wykresie narysuj izotermy jednego mola gazu doskonałego. Oblicz pracę wykonywaną w procesach kwazistatycznych pokazanych poniżej. Stany są dane jako wartości p V dla punktów na płaszczyźnie p ⁢ V : 1 3 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 4 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) , 2 3 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 6 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) , 3 5 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 4 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) , 4 2 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 6 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) , 5 4 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 2 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) , 6 5 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 5 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) oraz 7 2 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 5 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{4}{\\litre}) . a. 600 ⁢ J ; b. 0 ⁢ J ; c. 500 ⁢ J ; d. 200 ⁢ J ; e. 800 ⁢ J ; f. 500 ⁢ J . energia wewnętrzna (ang. internal energy ) średnia całkowita energia mechaniczna wszystkich cząsteczek układu proces kwazistatyczny (ang. quasi-static process ) zmiana stanu układu, która zachodzi tak wolno, że układ pozostaje cały czas w stanie równowagi", "section": "Praca, ciepło i energia wewnętrzna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pierwsza zasada termodynamiki Teraz, gdy już wiemy, jak obliczyć energię wewnętrzną, ciepło oraz pracę układu termodynamicznego, możemy sprawdzić, jak te wielkości mogą wpłynąć na zmianę stanu układu. Zależności te opisuje pierwsza zasada termodynamiki. Brytyjski naukowiec i powieściopisarz C. P. Snow (1905–1980) jest uznawany za autora dowcipnych wersji zasad termodynamiki. Jego humorystyczne sformułowanie pierwszej zasady brzmi „nie możesz wygrać”, innymi słowy, nie możesz uzyskać większej ilości energii z układu niż ilość energii uprzednio do niego dostarczonej. W dalszej części tego rozdziału przyjrzymy się bliżej, jaką rolę odgrywają energia wewnętrzna, ciepło oraz praca w pierwszej zasadzie termodynamiki. Załóżmy, że Q oznacza ciepło wymienione między układem i jego środowiskiem, a W jest pracą wykonywaną przez układ lub nad nim. Według pierwszej zasady termodynamiki zmiana energii wewnętrznej układu jest równa Q − W . Im więcej ciepła dostarczono do układu, tym układ ma większą energię wewnętrzną. Z tego wynika, że Q ma wartość dodatnią, gdy jest dostarczane, i ujemną, gdy układ oddaje ciepło. Podczas rozszerzania gazu wykonuje on pracę, a jego energia wewnętrzna maleje. Dlatego też W ma wartość dodatnią, gdy praca wykonywana jest przez układ, a ujemną, gdy praca wykonywana jest na układzie. Powyższa konwencja znakowa podsumowana jest w . Pierwszą zasadę termodynamiki (ang. first law of thermodynamics ) możemy więc sformułować następująco: Pierwsza zasada termodynamiki Z każdym stanem równowagowym układu związana jest jego energia wewnętrzna U . Zmiana U dla każdego przejścia między dwoma stanami równowagi wyraża się jako Δ ⁢ U = Q − W ⁢ , gdzie Q to ciepło wymieniane przez układ, a W – praca wykonywana przez układ lub nad nim. Termodynamiczna konwencja znakowa dla ciepła i pracy Proces Konwencja Ciepło dostarczane do układu Q > 0 ⁢ J Ciepło odbierane od układu Q < 0 ⁢ J Praca wykonywana przez układ W > 0 ⁢ J Praca wykonywana nad układem W < 0 ⁢ J Pierwsza zasada termodynamiki jest sformułowaniem zasady zachowania energii (ang. energy conservation ). Mówi nam ona, że układ termodynamiczny może wymieniać energię ze swoim otoczeniem poprzez przekazywanie ciepła lub wykonywanie pracy. Wartość zmiany energii całkowitej jest wtedy równa łącznej zmianie energii mechanicznej wszystkich cząsteczek układu, czyli energii wewnętrznej układu. Dlatego jeśli układ jest izolowany, jego energia wewnętrzna musi pozostać stała. Obie wielkości Q i W zależą od drogi, którą układ przechodzi z jednego stanu równowagowego do drugiego, ale ich różnica Q − W nie. pokazuje wykres p ⁢ V dla układu przechodzącego ze stanu A do B po różnych drogach termodynamicznych. Na drodze 1 układ pobiera ciepło Q 1 i wykonuje pracę W 1 , na drodze 2 pobiera ciepło Q 2 i wykonuje pracę W 2 i tak dalej. Wartości Q i i W i mogą się różnić dla różnych dróg, ale mamy Q 1 − W 1 = Q 2 − W 2 = … = Q i − W i = … lub Δ ⁢ U 1 = Δ ⁢ U 2 = … = Δ ⁢ U i = … Oznacza to, że zmiana energii wewnętrznej układu między stanami A i B jest niezależna od drogi. W rozdziale o energii potencjalnej i zasadzie zachowania energii napotkaliśmy inną wielkość niezależną od drogi: zmianę energii potencjalnej między dwoma dowolnymi punktami w przestrzeni. Ta zmiana reprezentuje ujemną pracę wykonaną przez siłę zachowawczą między tymi punktami. Energia potencjalna to funkcja współrzędnych w przestrzeni, podczas gdy energia wewnętrzna to funkcja zmiennych termodynamicznych. Przykładowo możemy zapisać U ⁢ p V dla energii wewnętrznej. Funkcje takie jak energia wewnętrzna czy energia potencjalna są znane jako funkcje stanu (ang. state function ), ponieważ ich wartości zależą wyłącznie od stanu układu. Różne drogi termodynamiczne, które może przyjąć układ, aby przejść ze stanu A do stanu B . Dla wszystkich przejść zmiana energii wewnętrznej układu Δ ⁢ U = Q − W jest taka sama. Często używa się formy różniczkowej pierwszej zasady termodynamiki, która ma następującą postać d U = d Q − d W ⁢ . \\d U = \\d Q - \\d W \\text{.} Tutaj d U to nieskończenie mała zmiana energii wewnętrznej, która się pojawia, gdy nieskończenie mała ilość ciepła d Q jest wymieniana z układem oraz gdy nieskończenie mała ilość pracy d W jest wykonywana przez układ (dodatnia wartość) lub nad nim (ujemna wartość). Zmiana stanu i pierwsza zasada termodynamiki Podczas procesu termodynamicznego układ przechodzi ze stanu A do B . Pobiera ciepło 400 ⁢ J oraz wykonuje pracę 100 ⁢ J . Jaka jest zmiana energii wewnętrznej układu dla tego przejścia? Gdyby układ przeszedł z powrotem ze stanu B do A , jaka byłaby zmiana jego energii wewnętrznej? Gdyby przy przejściu ze stanu A do B na układzie została wykonana praca W A ⁢ B ′ = 400 ⁢ J , to ile ciepła pobrałby układ? Strategia rozwiązania Pierwsza zasada termodynamiki wiąże ze sobą zmianę energii wewnętrznej, pracę wykonaną przez układ oraz ciepło przekazane do układu. Energia wewnętrzna jest funkcją stanu i zależy tylko od parametrów tego stanu, a nie od sposobu, w jaki został on osiągnięty. Rozwiązanie Zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki zmiana energii wewnętrznej wyraża się wzorem Δ ⁢ U A ⁢ B = Q A ⁢ B − W A ⁢ B = 400 ⁢ J − 100 ⁢ J = 300 ⁢ J ⁢ . Rozważmy zamkniętą drogę przechodzącą przez stany A i B . Energia wewnętrzna jest funkcją stanu, więc Δ ⁢ U wynosi zero dla zamkniętej drogi. Stąd Δ ⁢ U = Δ ⁢ U A ⁢ B + Δ ⁢ U B ⁢ A = 0 ⁢ J ⁢ , Δ ⁢ U A ⁢ B = − Δ ⁢ U B ⁢ A ⁢ . Ostatecznie otrzymujemy Δ ⁢ U B ⁢ A = − 300 ⁢ J ⁢ . Zmiana energii wewnętrznej jest taka sama, bez względu na drogę, więc Δ ⁢ U A ⁢ B = Δ ⁢ U B ⁢ A ′ = Q A ⁢ B ′ − W A ⁢ B ′ ⁢ , 300 ⁢ J = Q A ⁢ B ′ − − 400 ⁢ J ⁢ , a wymienione ciepło wynosi Q A ⁣ B ′ = − 100 ⁢ J ⁢ . Minus wskazuje, że układ oddaje ciepło wskutek tego przejścia. Znaczenie Kiedy rozważymy pierwszą zasadę termodynamiki dla cyklu zamkniętego, zmiana energii wewnętrznej wzdłuż całej drogi będzie równa zero. Gdyby w tym przykładzie występowało tarcie, mniejsza praca zostałaby wykonana przy takiej samej ilości pobranego ciepła. Przypadek taki pokazany jest w . Zauważmy, że w nie zakładaliśmy, że przemiany są kwazistatyczne. Nie musieliśmy tego robić, ponieważ pierwsza zasada termodynamiki nie podlega takim ograniczeniom. Opisuje ona przejścia między stanami równowagi i nie mają dla niej znaczenia stany pośrednie. Stany pośrednie nie muszą być stanami równowagowymi. Za przykład posłuży nam teraz gaz w zbiorniku z ustaloną temperaturą i ciśnieniem, który eksploduje wskutek pojawienia się iskry. Część gazu może ulec skropleniu, pozostała część cząsteczek może się połączyć, tworząc nowe związki chemiczne, mogą też wystąpić różnego rodzaju zawirowania w zbiorniku. Mimo tych wszystkich zjawisk układ ostatecznie ustabilizuje się i osiągnie stan równowagi. Wspomniany układ termodynamiczny z pewnością nie jest w stanie równowagi podczas tych przemian. Jednakże jego zachowanie wciąż jest zgodne z pierwszą zasadą termodynamiki, ponieważ proces termodynamiczny zaczyna się oraz kończy w stanach równowagi. Polerowanie okucia Mechanik poleruje kawałkiem płótna miedziane okucie o wadze 0,5 ⁢ kg przez 2 ⁢ min . Porusza on szmatką wzdłuż całego okucia ze stałą prędkością 1 ⁢ m ∕ s i z siłą skierowaną stycznie do powierzchni okucia, równą 20 ⁢ N . Ile wynosi całkowita praca wykonana przez mechanika podczas polerowania? O ile wzrasta energia wewnętrzna okucia? Przyjmij, że zmiana energii wewnętrznej szmatki jest nieistotna i nie ma wymiany ciepła między okuciem a jego środowiskiem. O ile wzrasta temperatura okucia? Strategia rozwiązania Praca wykonywana przez mechanika na określonym odcinku, która może być obliczona na podstawie siły, prędkości i czasu podanych w zadaniu, jest pracą wykonaną na układzie. Na skutek wykonania tej pracy wzrasta energia wewnętrzna układu. Rozwiązanie Wydzieloną moc możemy obliczyć ze wzoru: F → ⋅ v → = − F ⁢ v . Dlatego w czasie Δ ⁢ t ⁢ ( ⁢ 2 ⁢ min ⁢ ) praca wykonana przez okucie jest równa W = − F ⁢ v ⁢ Δ t = − 20 ⁢ N ⋅ 1 ⁢ m ∕ s ⋅ 1,2 ⋅ 10 2 ⁢ s = − 2,4 ⋅ 10 3 ⁢ J ⁢ . W = -Fv \\prefop{\\Delta} t = - \\SI{20}{\\newton} \\cdot \\SI{1}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\SI{1,2e2}{\\second}= - \\SI{2,4e3}{\\joule} \\text{.} Z założeń wynika, że wymiana ciepła między okuciem a jego środowiskiem jest zerowa, więc dzięki pierwszej zasadzie termodynamiki uzyskujemy wzór na zmianę energii wewnętrznej okucia Δ ⁢ U = − W = 2,4 ⋅ 10 3 ⁢ J ⁢ . Ponieważ Δ ⁢ U nie zależy od drogi procesu termodynamicznego, efekt działania pracy o wartości 2,4 ⋅ 10 3 ⁢ J jest taki sam, jak gdyby energia była dostarczana pod ciśnieniem atmosferycznym w postaci ciepła. Dlatego 2,4 ⋅ 10 3 ⁢ J = m ⁢ c ⁢ Δ ⁢ T = 0,5 ⁢ kg ⋅ 3,9 ⋅ 10 2 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C ⋅ Δ ⁢ T i wzrost temperatury okucia wynosi Δ ⁢ T = 12 ⁢ ° C ⁢ . W obliczeniach użyliśmy wartości ciepła właściwego miedzi c = 3,9 ⋅ 10 2 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C . Znaczenie Gdyby ciepło było uwalniane (do otoczenia), to zmiana energii wewnętrznej byłaby mniejsza i spowodowałaby mniejszą zmianę temperatury niż ta wyliczona w zadaniu. Sprawdź, czy rozumiesz. Poniższe wielkości reprezentują cztery różne przejścia między stanem początkowym a końcowym układu. Wypełnij puste pola. Q ( J ) W ( J ) Δ ⁢ U ( J ) − 80 − 120 90 40 − 40 W wierszu 1 Δ ⁢ U = 40 ⁢ J ; w wierszu 2 W = 50 ⁢ J i Δ ⁢ U = 40 ⁢ J ; w wierszu 3 Q = 80 ⁢ J i Δ ⁢ U = 40 ⁢ J ; w wierszu 4 Q = 0 ⁢ J i Δ ⁢ U = 40 ⁢ J . Gaz doskonały przechodzący między dwoma stanami Rozważmy przypadek rozprężania kwazistatycznego gazu doskonałego między stanami równowagowymi A i C z wykresu na . Jeśli 515 ⁢ J ciepła zostanie pobrane przez gaz, kiedy przechodzi on drogę A ⁢ B ⁢ C , to ile ciepła potrzeba do przejścia drogą A ⁢ D ⁢ C ? Załóżmy, że p 1 = 2,1 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 , p 2 = 1,05 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 , V 1 = 2,25 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 oraz V 1 = 4,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 ⁢ . Strategia Różnica pracy wykonanej na drodze A ⁢ B ⁢ C i na drodze A ⁢ D ⁢ C to pole ograniczone przez A ⁢ B ⁢ C ⁢ D . Ze względu na to, że zmiana energii wewnętrznej (funkcja stanu) jest taka sama dla obu procesów, różnica wykonanej pracy będzie równa różnicy ciepła pobranego przez układ. Rozwiązanie Dla drogi A ⁢ B ⁢ C dodane ciepło wynosi Q A ⁢ B ⁢ C = 515 ⁢ J , a praca wykonana przez gaz to pole pod drogą na wykresie p ⁢ V , które wynosi W A ⁣ B ⁣ C = p 1 ⁢ V 2 − V 1 = 473 ⁢ J ⁢ . Dla drogi A ⁢ D ⁢ C praca wykonana przez gaz to także pole pod drogą W A ⁣ D ⁣ C = p 2 ⁢ V 2 − V 1 = 236 ⁢ J ⁢ . Następnie, używając opisanej powyżej strategii, otrzymujemy Q A ⁣ D ⁣ C − Q A ⁣ B ⁣ C = W A ⁣ D ⁣ C − W A ⁣ B ⁣ C ⁢ , co prowadzi do Q A ⁢ D ⁢ C = Q A ⁢ B ⁢ C + W A ⁢ D ⁢ C − W A ⁢ B ⁢ C = 515 ⁢ J + 236 ⁢ J − 473 ⁢ J = 278 ⁢ J ⁢ . Znaczenie Obliczenia pracy w tym zadaniu są proste, ponieważ praca nie jest wykonywana na drogach A ⁢ D i B ⁢ C ; zaś na odcinkach A ⁢ B i D ⁢ C ciśnienie jest stałe przy zmieniającej się objętości, a więc wykonywana praca to po prostu p ⁢ Δ ⁢ V . Krzywa izotermiczna również mogła zostać użyta, ponieważ wyprowadziliśmy wzór na pracę dla procesu izotermicznego jako W = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ln V 2 ∕ V 1 . Rozprężanie izotermiczne gazu doskonałego Ciepło jest pobierane przez 1 ⁢ mol jednoatomowego gazu doskonałego, zamkniętego w cylindrze z ruchomym tłokiem na końcu. Gaz rozpręża się kwazistatycznie przy stałej temperaturze 300 ⁢ K , aż jego objętość zwiększy się z V do 3 ⁢ V . Jaka jest zmiana energii wewnętrznej gazu? Ile pracy wykonuje gaz? Ile ciepła pobiera gaz? Strategia rozwiązania Układ to gaz doskonały, a więc energia wewnętrzna zmieni się tylko przy zmianie temperatury. Ciepło pobrane przez układ jest więc użyte tylko, aby wykonać pracę, jak pokazaliśmy w podrozdziale Praca, ciepło i energia wewnętrzna . Aby obliczyć ciepło pobrane przez gaz, możemy zastosować pierwszą zasadę termodynamiki. Rozwiązanie W poprzedniej części widzieliśmy, że energia wewnętrzna jednoatomowego gazu doskonałego jest wyłącznie funkcją temperatury. Ponieważ dla tego procesu Δ ⁢ T = 0 ⁢ K , to Δ ⁢ U = 0 ⁢ J ⁢ . Z poprzedniej części wiemy, że dla kwazistatycznego rozprężania gazu doskonałego mamy W = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ln V 2 V 1 = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ln 3 ⁢ V V = 1 ⁢ mol ⋅ 8,314 ⁢ J ⁢ mol ∕ K ⋅ 300 ⁢ K ⋅ ln 3 = 2,74 ⋅ 10 3 ⁢ J ⁢ . Używając wyników podpunktów (a) i (b) oraz stosując pierwszą zasadę termodynamiki, mamy Δ ⁢ U = Q − W = 0 ⁢ J ⁢ , co prowadzi do Q = W = 2,74 ⋅ 10 3 ⁢ J ⁢ . Znaczenie W procesie izotermicznym nie ma zmiany energii wewnętrznej. Na tej podstawie pierwsza zasada termodynamiki redukuje się do równania Q = W . Sprawdź, czy rozumiesz. Dlaczego proces z musiał być kwazistatyczny? Aby proces mógł być reprezentowany przez krzywą p = n ⁢ R ⁢ T ∕ V na wykresie p ⁢ V , co pozwala oszacować pracę. Parowanie wody Gdy 1 ⁢ g wody o temperaturze 100 ⁢ ° C zmienia stan z ciekłego na gazowy przy ciśnieniu atmosferycznym, jego zmiana objętości wynosi 1,67 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 . Ile ciepła musi być pobrane, aby odparować wodę? Ile pracy wykonuje woda przeciwko atmosferze podczas rozprężania? Jaka jest zmiana energii wewnętrznej wody? Strategia rozwiązania Najpierw sprawdzimy, wykorzystując ciepło utajonego parowania, ile ciepła jest potrzebne do odparowania wody. Znając zmianę objętości, możemy obliczyć wykonaną pracę ze wzoru W = p ⁢ Δ ⁢ V , ponieważ ciśnienie jest stałe. Następnie z pierwszej zasady termodynamiki jesteśmy w stanie obliczyć zmianę energii wewnętrznej. Rozwiązanie Oznaczmy utajone ciepło parowania jako L p . Wtedy ciepło potrzebne do odparowania wody to Q = m ⁢ L p = 1 ⁢ g ⋅ 2,26 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ g = 2,26 ⋅ 10 3 ⁢ J ⁢ . Z tego, że ciśnienie jest stałe i wynosi 1 atm = 1,01 · 10 5 N/m 2 , wynika, że praca wykonywana przez wodę podczas parowania jest równa W = p ⁢ Δ ⁢ V = 1,01 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 1,67 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 = 169 ⁢ J ⁢ . Korzystając z pierwszej zasady termodynamiki, obliczamy zmianę energii termicznej wody podczas parowania Δ ⁢ U = Q − W = 2,26 ⋅ 10 3 ⁢ J − 169 ⁢ J = 2,09 ⋅ 10 3 ⁢ J ⁢ . Znaczenie Zauważmy, że w punkcie (c) następuje zmiana energii wewnętrznej, pomimo stałej temperatury. Dla gazów doskonałych, które nie są poddawane przemianom fazowym, energia wewnętrzna jest proporcjonalna do temperatury. Zasadniczo energia wewnętrzna jest sumą energii wszystkich cząsteczek układu. Sprawdź, czy rozumiesz. Kiedy 1 ⁢ g amoniaku wrze pod ciśnieniem atmosferycznym i w temperaturze − 33 ⁢ ° C , jego objętość zmienia się od 1,47 ⁢ cm 3 do 1130 cm 3 . Ciepło parowania amoniaku dla tego ciśnienia wynosi 1,37 ⋅ 10 6 ⁢ J ∕ kg . Ile jest równa zmiana jego energii wewnętrznej na skutek odparowywania? 1,26 · 10 3 J . Odwiedź tę stronę , aby dowiedzieć się więcej o pierwszej zasadzie termodynamiki. Najpierw wprowadź cząsteczki do komory. Potem wypróbuj wykonywanie pracy (przesuwanie lewej ścianki w prawo), aby zobaczyć, jak zmienia się energia wewnętrzna (co widać po zmianie temperatury). Później sprawdź, jak dodawanie ciepła zmienia energię wewnętrzną. Możesz także ustawić stałe parametry, takie jak temperatura, i zobaczyć, co się stanie, gdy wykonasz pracę, aby utrzymać stałą temperaturę (Zauważ, że możesz zobaczyć zmianę tych wielkości, jeśli będziesz szybko działać, ale ostatecznie i tak wrócą one do swoich wartości równowagowych). Podsumowanie Energia wewnętrzna układu termodynamicznego jest funkcją stanu i dlatego jest jednoznacznie określona dla każdego stanu równowagi układu. W dowolnym termodynamicznym procesie wzrost energii wewnętrznej układu termodynamicznego jest określony przez dodane do układu ciepło pomniejszone o pracę wykonywaną przez układ. Pytania Co mówi nam pierwsza zasada termodynamiki o energii Wszechświata? Czy dostarczanie ciepła do układu zawsze powoduje wzrost jego energii wewnętrznej? Jeśli wartość pracy wykonanej przez układ jest większa od wartości ciepła, to okaże się, że energia wewnętrzna układu zmaleje. Wielu ludzi na przestrzeni wieków próbowało stworzyć tak zwane perpetuum mobile, czyli hipotetyczną maszynę, która pracowałaby w nieskończoność lub wytwarzałaby więcej energii niż pobierała. Wytłumacz, opierając się na pierwszej zasadzie termodynamiki, dlaczego taka maszyna może lub nie może być skonstruowana. Zadania Kiedy rozrzedzony gaz rozpręża się kwazistatycznie od 0,5 ⁢ l do 4 ⁢ l , to wykonuje pracę 250 ⁢ J . Zakładając, że temperatura pozostaje stała i wynosi 300 ⁢ K : Jaka jest zmiana energii wewnętrznej gazu? Ile ciepła pobiera gaz podczas tego procesu? Podczas kwazistatycznego rozprężania izobarycznego 500 ⁢ J pracy wykonywane jest przez gaz. Ciśnienie gazu wynosi 0,8 ⁢ atm , a jego początkowa objętość 20 ⁢ l . Jeżeli energia wewnętrzna gazu podczas rozprężania wzrasta o 80 ⁢ J , to ile ciepła pobiera ten gaz? 580 ⁢ J . Gaz doskonały rozpręża się kwazistatycznie i izotermicznie od stanu początkowego, w którym ciśnienie wynosi p , a objętość V , do stanu końcowego z objętością równą 4 ⁢ V . Ile ciepła dostarczono do rozprężającego się gazu? Rozważ przemiany termodynamiczne przedstawione poniżej. Jeśli ciepło dostarczane do gazu wzdłuż drogi A ⁢ B jest równe 400 ⁢ J , to ile ciepła pobiera gaz wzdłuż A ⁢ D ⁢ B ; A ⁢ C ⁢ B ; A ⁢ D ⁢ C ⁢ B ? a. 600 ⁢ J ; b. 600 ⁢ J ; c. 800 ⁢ J . Podczas izobarycznego rozprężania z punktu A do punktu B pokazanego niżej gaz oddał 130 ⁢ J ciepła. Ile wynosi zmiana energii wewnętrznej tego gazu? Odpowiedz na poniższe pytania. Ile wynosi zmiana energii wewnętrznej dla procesu reprezentowanego przez cykl termodynamiczny na wykresie poniżej? Ile ciepła jest wymieniane? Jaka byłaby ilość wymienionego ciepła, jeśli cykl odbywałby się w drugą stronę? a. 0 ⁢ J ; b. 160 ⁢ J ; c. − 160 ⁢ J . Podczas rozprężania się gazu wzdłuż drogi A ⁢ C przedstawionej poniżej gaz wykonuje 400 ⁢ J pracy i pobiera 200 ⁢ J lub 400 ⁢ J ciepła. Przyjmijmy, że wzdłuż drogi A ⁢ B ⁢ C gaz pobiera 200 ⁢ J lub 400 ⁢ J ciepła. Która z tych wartości jest poprawna? Dysponując poprawną wartością z poprzedniego punktu, oblicz ile pracy jest wykonywanej przez gaz wzdłuż drogi A ⁢ B ⁢ C ; Energia wewnętrzna maleje o 50 ⁢ J wzdłuż drogi C ⁢ D . Ile jest równa wymiana ciepła podczas tego przejścia? Podczas rozprężania się gazu wzdłuż drogi A ⁢ B przedstawionej poniżej gaz wykonuje pracę 500 ⁢ J i pobiera 250 ⁢ J ciepła. Podczas rozprężania się gazu wzdłuż drogi A ⁢ C gaz wykonuje pracę 700 ⁢ J i pobiera 300 ⁢ J ciepła. Ile ciepła wymienia gaz wzdłuż drogi B ⁢ C ? Podczas przejścia ze stanu C do A wzdłuż drogi C ⁢ D ⁢ A nad gazem wykonane jest 800 ⁢ J pracy na drodze z C do D . Ile ciepła wymienia gaz wzdłuż drogi C ⁢ D ⁢ A ? a. − 150 ⁢ J ; b. − 400 ⁢ J . Rozrzedzony gaz jest zamknięty w lewej komorze zbiornika, którego ściany są dokładnie uszczelnione, jak na rysunku poniżej. W prawej komorze jest próżnia. Gdy usuniemy ścianę rozdzielającą komory, gaz rozpręży się i wypełni cały kontener. Oblicz pracę wykonywaną przez gaz. Czy energia wewnętrzna gazu zmienia się podczas tego procesu? Gazy doskonałe A i B są zamknięte odpowiednio w lewej i prawej komorze izolowanego zbiornika, jak pokazano na rysunku poniżej. Jeśli usuniemy ścianę rozdzielającą komory i gazy się wymieszają, czy jakaś praca będzie wykonana w tym procesie? Jeśli temperatury gazów A i B będą na początku równe, co się stanie z ich temperaturą po wymieszaniu? Żadna praca nie będzie wykonana, a temperatura końcowa mieszaniny gazów się nie zmieni. Jednoatomowy gaz doskonały o ciśnieniu 2 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 i temperaturze 300 ⁢ K uległ kwazistatycznemu rozprężaniu izobarycznemu z 2 ⋅ 10 3 ⁢ cm 3 do 4 ⋅ 10 3 ⁢ cm 3 ⁢ . Jaką pracę wykonał gaz? Ile będzie wynosić temperatura gazu po rozprężaniu? Ile było moli gazu? Ile będzie wynosić zmiana energii wewnętrznej gazu? Ile ciepła pobrał gaz? Rozważmy proces przedstawiony poniżej dla pary wodnej. Załóżmy, że zmiana energii wewnętrznej wynosi 30 ⁢ kJ . Znajdź ciepło pobrane przez układ. 54 500 ⁢ J . Stan 30 ⁢ moli \\SI{30}{\\moli} pary wodnej w cylindrze zmienia się cyklicznie z a do b , z b do c i z c do a . Ciśnienie i objętość dla stanów a , b i c wynoszą odpowiednio: 30 ⁢ atm i 20 ⁢ l , 50 ⁢ atm i 20 ⁢ l oraz 50 ⁢ atm i 45 ⁢ l . Załóż, że każdą zmianę można przedstawić na wykresie p ⁢ V jako linię łączącą początkowy i końcowy stan. Przedstaw ten cykl na wykresie p ⁢ V ; Znajdź pracę całkowitą wykonaną przez parę podczas jednego cyklu; Znajdź całkowitą ilość ciepła pobranego przez parę wodną podczas jednego cyklu. Jednoatomowy gaz doskonały uległ kwazistatycznemu procesowi opisanemu funkcją p ( V ) = p 1 + 3 ( V − V 1 ) , w której stan początkowy gazu wynosi ( p 1 , V 1 ) , a stan końcowy ( p 2 , V 2 ) . Załóżmy, że układ składa się z n moli gazu, będącego w zbiorniku, który może wymieniać ciepło ze środowiskiem i którego objętość może się swobodnie zmieniać. Wyprowadź wzór na pracę wykonaną przez gaz podczas zmiany stanu; Znajdź zmianę energii wewnętrznej gazu; Znajdź ciepło pobrane przez gaz podczas tej zmiany; Ile wynoszą temperatura początkowa i końcowa? a. p 1 + 3 ⁢ V 1 2 ⁢ V 2 − V 1 − 3 ⁢ V 1 ⁢ V 2 2 − V 1 2 + V 2 3 − V 1 3 ; b. 3 ∕ 2 ⁢ ( p 2 V 2 − p 1 V 1 ) ; c. Suma wyników z podpunktów (a) i (b); d. T 1 = p 1 ⁢ V 1 ∕ n ⁢ R i T 2 = p 2 ⁢ V 2 ∕ n ⁢ R . Metalowy zbiornik o stałej objętości 2,5 · 10 −3 m 3 , zanurzony w ogromnym zbiorniku o temperaturze 27 ⁢ ° C \\SI{27}{\\celsius} , zawiera dwie komory oddzielone ścianą, mogącą swobodnie się przesuwać. Początkowo ściana zatrzymana zatyczką dzieli zbiornik na dwie komory o tej samej objętości, w jednej znajduje się 0,02 ⁢ mol gazowego azotu, a w drugiej 0,03 ⁢ mol gazowego tlenu. Kiedy zatyczka zostanie usunięta, ściana przesunie się i ustawi w pozycji końcowej. Ruch ściany jest kontrolowany tak, aby poruszała się ona nieskończenie małymi, kwazistatycznymi krokami. Znajdź końcowe objętości obu komór, zakładając, że oba gazy zachowają się jak gaz doskonały; Ile pracy wykona każdy z gazów na drugim? Ile wynosi zmiana energii wewnętrznej każdego z gazów? Znajdź ilość ciepła pobraną lub oddaną przez każdy z gazów. Gaz w zamkniętym zbiorniku cylindrycznym został rozprężony adiabatycznie i kwazistatycznie ze stanu A 3 ⁢ MPa ⁢ , ⁢ 2 ⁢ l (\\SI{3}{\\mega\\pascal}\\text{, }\\SI{2}{\\litre}) do stanu B o objętości 6 ⁢ l wzdłuż drogi 1,8 ⁢ p ⁢ V = const ⁢ . Zaznacz tę drogę na wykresie p ⁢ V ; Znajdź ilość pracy wykonanej przez gaz oraz zmianę energii wewnętrznej gazu. a. b. W = 4,39 kJ , Δ U = −4,39 kJ . pierwsza zasada termodynamiki (ang. first law of thermodynamics ) zmiana energii wewnętrznej dla dowolnego przejścia między dwoma stanami równowagi jest równa Δ ⁢ U = Q − W", "section": "Pierwsza zasada termodynamiki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Procesy termodynamiczne Podczas rozwiązywania problemów z mechaniki izolujemy rozpatrywane ciało, analizujemy siły zewnętrzne, które na nie oddziałują oraz używamy zasad Newtona, aby przewidzieć jego zachowanie. W termodynamice postępujemy podobnie. Zaczynamy od zidentyfikowania części świata, którą chcemy zbadać; tę część nazywamy układem (na początku tego rozdziału zdefiniowaliśmy układ jako wszystko, co posiada interesujące nas właściwości termodynamiczne; może być to pojedynczy atom lub cała Ziemia). Po wybraniu układu ustalamy, w jaki sposób oddziałuje na niego środowisko lub otoczenie. Ostatecznie badamy termiczne własności układu, stosując zasady termodynamiki. Termiczne własności układu opisane są za pomocą zmiennych termodynamicznych (ang. thermodynamic variables ). Dla gazu doskonałego tymi zmiennymi są ciśnienie, objętość, temperatura i liczba cząsteczek lub moli gazu. Różne typy układów są zwykle charakteryzowane różnymi zbiorami zmiennych. Przykładowo zmienne termodynamiczne dla gumki recepturki to napięcie, długość, temperatura i masa. Stan układu może się zmienić na skutek oddziaływań ze środowiskiem. Zmiana układu może być szybka bądź powolna, duża lub mała. Sposób, w jaki układ zmienia się, przechodząc ze stanu początkowego do stanu końcowego, nazywa się procesem termodynamicznym (ang. thermodynamic process ). Dla celów analitycznych warto podzielić procesy na kwazistatyczne i niekwazistatyczne , co teraz wyjaśnimy. Procesy kwazistatyczne i niekwazistatyczne Proces kwazistatyczny (ang. quasi-static process ) to taki idealny lub wymyślony proces, w którym zmiana stanu zachodzi nieskończenie powoli, tak że w każdej chwili możemy uznać, iż układ znajduje się w równowagowym stanie termodynamicznym ze sobą i swoim środowiskiem. Rozważmy teraz przykład podgrzewania 1 ⁢ kg wody od temperatury 20 ⁢ ° C do 21 ⁢ ° C przy stałym ciśnieniu równym 1 ⁢ atm . W celu bardzo wolnego podgrzania wody możemy umieścić zbiornik z wodą w wielkiej wannie, którą będziemy powoli podgrzewać w taki sposób, że jej temperatura zacznie rosnąć nieskończenie wolno od 20 ⁢ ° C do 21 ⁢ ° C . W tym przypadku temperatura wody w zbiorniku będzie wzrastała w sposób kwazistatyczny. Z kolei jeśli włożymy zbiornik z 1 ⁢ kg wody o temperaturze 20 ⁢ ° C bezpośrednio do wanny o temperaturze 21 ⁢ ° C , to temperatura wody w zbiorniku gwałtownie wzrośnie do 21 ⁢ ° C w sposób niekwazistatyczny. Procesy kwazistatyczne zachodzą na tyle wolno, że układ pozostaje w równowagowym stanie termodynamicznym w każdej chwili, mimo że zmienia się w czasie. Równowagowy stan termodynamiczny układu jest potrzebny do poprawnego określenia wartości wielkości makroskopowych, takich jak temperatura i ciśnienie układu, dla każdej chwili procesu. W związku z tym procesy kwazistatyczne mogą być przedstawiane jako dobrze zdefiniowane drogi w przestrzeni stanów układu. Z faktu, że procesy kwazistatyczne nie mogą być tak naprawdę eksperymentalnie zrealizowane dla jakiejkolwiek skończonej zmiany układu, wynika, że wszystkie procesy zachodzące w przyrodzie są niekwazistatyczne. Przykłady procesów kwazistatycznych i niekwazistatycznych (ang. non-quasi-static processes ) pokazane są na . Mimo że wszystkie skończone zmiany muszą w zasadzie na jakimś etapie zajść niekwazistatycznie, można sobie wyobrazić wykonywanie nieskończenie wielu procesów kwazistatycznych odpowiadających danemu procesowi niekwazistatycznemu. W tym rozdziale skupimy się głównie na procesach kwazistatycznych, ponieważ w przeciwieństwie do tych drugich mogą być badane analitycznie. Widzieliśmy już wcześniej, że w procesie kwazistatycznym praca wykonywana przez gaz dana jest wzorem p ⁢ d V . Procesy kwazistatyczny i niekwazistatyczny między stanami A i B pewnego gazu. W procesie kwazistatycznym droga procesu między stanami A i B może być narysowana na wykresie stanu, ponieważ wszystkie stany pośrednie są znane. W procesie niekwazistatycznym stany pośrednie między stanami A i B nie są znane i dlatego droga procesu nie może być narysowana. Proces może podążać przerywaną linią, tak jak na rysunku, lub przebiegać zupełnie inną drogą. Procesy izotermiczne Proces izotermiczny (ang. isothermal process ) jest zmianą stanu układu przy stałej temperaturze. Proces ten możemy osiągnąć poprzez utrzymywanie układu w stanie równowagi termicznej za pomocą dużego termostatu. Przypomnijmy, że termostat to idealny, nieskończenie duży układ, którego temperatura się nie zmienia. W praktyce temperatura skończonego termostatu jest kontrolowana poprzez dodawanie lub usuwanie w razie potrzeby skończonej ilości energii. Biorąc pod uwagę poniższą ilustrację procesu izotermicznego, rozważmy przypadek cylindra z gazem oraz z ruchomym tłokiem, zanurzonego w wielkim zbiorniku z wodą, którego temperatura pozostaje stała. Tłok może się swobodnie poruszać, a więc ciśnienie wewnątrz, p wew jest równoważone przez ciśnienie z zewnątrz p zew oraz przez pewne obciążenie na tłoku, jak na . Rozszerzanie układu o stałej temperaturze. Usunięcie obciążników prowadzi do zaburzenia równowagi działających sił i w efekcie tłok się unosi. Wraz z podnoszeniem się tłoka temperatura jest chwilowo obniżona, co powoduje, że ciepło przepływa z termostatu do układu. Tak więc energia potrzebna do podniesienia tłoka pochodzi z termostatu. Kiedy obciążniki zostaną usunięte, następuje zaburzenie równowagi sił działających na tłok. Niezerowa siła całkowita działająca na tłok powoduje podnoszenie się tłoka, co prowadzi do wzrostu objętości układu. Rozszerzanie się gazu ochładza go do niższej temperatury. Powoduje to przepływ ciepła z termostatu aż do wyrównania się temperatur. Jeśli obciążniki są usuwane nieskończenie małymi krokami, ciśnienie układu będzie spadać nieskończenie wolno. Tym oto sposobem proces izotermiczny może być przeprowadzony kwazistatycznie. Ten izotermiczny proces na wykresie p V jest reprezentowany przez łuk rozpoczynający się w punkcie A , a kończący się w punkcie B , jak widać na . W przypadku gazu doskonałego droga procesu izotermicznego jest hiperbolą, ponieważ dla takiego gazu przy stałej temperaturze p ∝ V − 1 ⁢ . Izotermiczne rozszerzanie ze stanu oznaczonego jako A do innego stanu oznaczonego jako B na wykresie zależności p ⁢ V . Krzywa reprezentuje zależność między ciśnieniem a objętością dla gazu doskonałego o stałej temperaturze. Proces izotermiczny badany w tym rozdziale zachodzi kwazistatycznie, ponieważ aby był izotermiczny przy zmianie objętości, musimy być w stanie określić temperaturę układu w każdej chwili, co jest możliwe tylko dla układu będącego bez przerwy w równowagowym stanie termicznym. Układ musi wyjść ze stanu równowagowego, aby się zmienić, jednak dla procesów kwazistatycznych przyjmujemy, że proces jest przeprowadzany nieskończenie małymi krokami tak, że te odchylenia od stanu równowagowego mogą być krótkotrwałe i bardzo małe. Inne procesy kwazistatyczne, o których należy wspomnieć w przypadku gazów, to procesy izobaryczne i izochoryczne. Proces izobaryczny (ang. isobaric process ) to taki, w którym ciśnienie układu się nie zmienia, a proces izochoryczny (ang. isochoric process ) to proces, w którym objętość nie ulega zmianie. Procesy adiabatyczne W procesie adiabatycznym (ang. adiabatic process ) układ jest oddzielony od swojego środowiska. Dlatego mimo że stan układu się zmienia, ciepło nie może przepłynąć do układu ani z niego wypłynąć, jak widać na . Proces adiabatyczny może być przeprowadzony zarówno kwazistatycznie jak i niekwazistatycznie. Kiedy układ się rozszerza adiabatycznie, musi wykonywać pracę nad otoczeniem, a więc jego energia musi spadać, co znajduje odbicie w spadającej temperaturze układu. Rozszerzanie adiabatyczne prowadzi do obniżenia temperatury, natomiast sprężanie adiabatyczne prowadzi do jej wzrostu. Rozszerzanie adiabatyczne omówimy ponownie w podrozdziale Proces adiabatyczny dla gazu doskonałego . Tłok w odizolowanym naczyniu z gorącym, sprężonym gazem zostaje uwolniony. Tłok się podnosi, objętość układu rośnie, a ciśnienie i temperatura maleją. Część energii wewnętrznej zamienia się w pracę. Jeśli rozszerzanie zachodzi w ramach czasowych, podczas których ilość ciepła wymienianego przez układ można zaniedbać, proces jest nazywany adiabatycznym. Podczas idealnego procesu adiabatycznego ciepło ani nie przepływa do układu, ani z niego nie odpływa. Procesy kołowe Mówimy, że układ przechodzi proces kołowy zwany też cyklem (ang. cyclic process ), jeśli końcowy stan układu jest taki sam jak początkowy. Zatem właściwości układu, takie jak temperatura, ciśnienie, objętość, energia wewnętrzna, nie zmieniają się podczas pełnego cyklu Δ ⁢ U = 0 ⁢ J ⁢ . Kiedy do procesu kołowego zastosujemy pierwszą zasadę termodynamiki, otrzymamy prosty związek między ciepłem dodanym do układu a pracą wykonaną przez układ podczas cyklu Q = W ( proces kołowy ) . Procesy termodynamiczne dzielimy również ze względu na to, czy są odwracalne, czy nie. Proces odwracalny (ang. reversible process ) to taki, którego drogę można odwrócić w wyniku małych zmian zmiennych termodynamicznych. Taki proces musi więc być kwazistatyczny. Zauważmy jednak, że proces kwazistatyczny niekoniecznie jest odwracalny, ponieważ może on obejmować siły dyssypatywne. Przykładowo, jeśli wystąpi tarcie między tłokiem a ściankami cylindra zawierającego gaz, to stracona w jego wyniku energia uniemożliwi odwrócenie procesu i powrót do początkowego stanu systemu. Omówiliśmy kilka rodzajów procesów termodynamicznych: Proces izotermiczny, podczas którego temperatura pozostaje stała. Proces adiabatyczny, podczas którego ciepło ani nie przepływa do układu, ani z niego nie odpływa. Proces izobaryczny, podczas którego ciśnienie układu się nie zmienia. Proces izochoryczny, podczas którego objętość układu się nie zmienia. Istnieje sporo innych procesów, które nie pasują do żadnej z tych czterech kategorii. Odwiedź stronę , aby zobaczyć wykres p ⁢ V twojego własnego procesu. Sprawdź, czy potrafisz obliczyć wartości przewidywane przez symulację dla ciepła, pracy czy zmiany energii wewnętrznej układu. Podsumowanie Termiczne własności układu opisane są za pomocą zmiennych termodynamicznych. Dla gazu doskonałego zmienne te to: ciśnienie, objętość, temperatura oraz liczba cząsteczek lub moli gazu. Dla układu będącego w równowagowym stanie termodynamicznym zmienne termodynamiczne są ze sobą powiązane przez równanie stanu. Rezerwuar ciepła (termostat) jest tak duży, że kiedy wymienia ciepło z innymi układami, jego temperatura się nie zmienia. Proces kwazistatyczny jest tak wolny, że układ, w którym on zachodzi, jest zawsze w równowagowym stanie termodynamicznym. Proces odwracalny to taki, którego drogę można odwrócić. Podstawowe typy procesów termodynamicznych to izotermiczny, w którym temperatura układu jest stała; adiabatyczny, w którym ciepło ani nie przepływa do układu, ani z niego nie odpływa; izobaryczny, w którym ciśnienie układu jest stałe; izochoryczny, w którym objętość układu jest stała. Konsekwencje pierwszej zasady termodynamiki dla procesów termodynamicznych: izotermicznego: Δ ⁢ U = 0 ⁢ J , Q = W ; adiabatycznego: Q = 0 ⁢ J , Δ ⁢ U = − W ; izobarycznego: Δ ⁢ U = Q − W ; izochorycznego: W = 0 ⁢ J , Δ U = Q \\prefop{\\Delta} U = Q . Pytania Kiedy gaz rozpręża się izotermicznie, wykonuje pracę. Jakie jest źródło energii potrzebnej do wykonania tej pracy? Układ musi mieć dostęp do rezerwuaru ciepła, co pozwoli ciepłu przepływać do układu. Jeśli ciśnienie i objętość układu są dane, to czy temperatura zawsze może być ustalona? Proces izotermiczny musi być bardzo powolny. Wyjaśnij dlaczego. Czy to samo tyczy się procesów izobarycznych i izochorycznych? Odpowiedź uzasadnij. Proces izotermiczny musi być wolny, aby przekazywane ciepło zapewniało stałość temperatury. Dla procesów izobarycznych i izochorycznych układ również musi być w stanie równowagi termicznej, czyli zmiany wielkości termodynamicznych również muszą być powolne. Zadania Dwa mole jednoatomowego gazu doskonałego o ciśnieniu 50 ⁢ MPa i objętości 5 ⁢ l rozprężono izotermicznie do podwójnej objętości (krok 1). Później ochłodzono izochorycznie do ciśnienia 1 ⁢ MPa (krok 2). Temperatura w tym procesie spadła. Następnie gaz został sprężony izotermicznie z powrotem do objętości 5 ⁢ l , jednak jego ciśnienie osiągnęło wartość 2 ⁢ MPa (krok 3). Ostatecznie gaz został podgrzany izochorycznie i powrócił do stanu początkowego (krok 4). Narysuj cztery powyższe procesy na wykresie p ⁢ V ; Znajdź całkowitą pracę wykonaną przez gaz. Rozważ przejście ze stanu A do B w dwuetapowym procesie. Najpierw ciśnienie jest zmniejszane z 3 ⁢ MPa w stanie A do 1 ⁢ MPa , przy utrzymaniu stałej objętości 2 ⁢ l , poprzez ochłodzenie układu. Osiągnięty stan pośredni oznaczmy jako C . Następnie układ jest ogrzewany pod stałym ciśnieniem, aż uzyska objętość równą 6 ⁢ l , osiągając tym samym stan B . Oblicz ilość pracy wykonanej na drodze A ⁢ C ⁢ B ; Oblicz ilość ciepła wymienionego przez układ podczas przejścia ze stanu A do B drogą A ⁢ C ⁢ B ; Porównaj zmianę energii wewnętrznej dla adiabatycznego przejścia A ⁢ B ze zmianą energii dla dwuetapowego procesu A ⁢ B na drodze A ⁢ C ⁢ B . a. 1660 ⁢ J ; b. − 2730 ⁢ J ; c. Zmiana energii wewnętrznej nie zależy od procesu. Rozważ cylinder z ruchomym tłokiem, zawierający n moli gazu doskonałego. Cały przyrząd jest zanurzony w termostacie o stałej temperaturze T podanej w kelwinach. Tłok jest powoli popychany tak, że ciśnienie gazu zmienia się kwazistatycznie od p 1 do p 2 przy stałej temperaturze T . Wyprowadź wzór na pracę wykonaną przez gaz, używając n , R , T , p 1 oraz p 2 . Gaz doskonały rozpręża się izotermicznie wzdłuż drogi A ⁢ B i wykonuje przy tym pracę 700 ⁢ J , co przedstawiono poniżej na wykresie. Następnie gaz rozpręża się adiabatycznie wzdłuż drogi B ⁢ C i wykonuje pracę 400 ⁢ J . Podczas powrotu do stanu A wzdłuż drogi C ⁢ A gaz oddaje do otoczenia 100 ⁢ J ciepła. Ile ciepła wymienia gaz wzdłuż drogi A ⁢ B ? Ile pracy jest wykonywanej na gazie wzdłuż drogi C ⁢ A ? a. 700 ⁢ J ; b. 500 ⁢ J . Rozważ procesy A ⁢ B i B ⁢ C z wykresu poniżej, w których dostarczamy do układu odpowiednio 3600 ⁢ J i 2400 ⁢ J ciepła. Oblicz pracę w każdym z procesów: A ⁢ B , B ⁢ C , A ⁢ D i D ⁢ C ; Oblicz zmianę energii wewnętrznej dla procesów A ⁢ B i B ⁢ C ; Oblicz różnicę między energiami wewnętrznymi stanów C i A ; Oblicz całkowite ciepło dostarczane do układu podczas procesu A ⁢ D ⁢ C ; Czy korzystając z podanych informacji, można ustalić, ile ciepła dostarczono do układu w procesie A ⁢ D ? Odpowiedź uzasadnij. Dwa mole gazowego helu są umieszczone w cylindrycznym zbiorniku z tłokiem. Gaz ma temperaturę pokojową 25 ⁢ ° C i ciśnienie 3 ⋅ 10 5 ⁢ Pa . Objętość gazu wzrasta dwukrotnie, gdy ciśnienie z zewnątrz jest zmniejszane przy utrzymaniu temperatury pokojowej. Oblicz pracę, jaką nad układem wykonuje czynnik zewnętrzny; Oblicz ciepło wymienione przez gaz i sprawdź czy gaz oddaje, czy pobiera ciepło. Załóż, że gaz zachowuje się jak gaz doskonały. a. − 3400 ⁢ J ; b. Gaz pobiera 3400 ⁢ J . W przewodzącym ciepło zbiorniku z ruchomym tłokiem znajduje się n n moli jednoatomowego gazu doskonałego. Zbiornik z gazem umieszczono w wielkim termostacie o temperaturze T 1 . Gaz ma możliwość osiągnięcia stanu równowagowego. Po tym, jak go osiągnie, ciśnienie wywierane na tłok zmniejszy się tak, że gaz zacznie się rozprężać przy stałej temperaturze. Proces zachodzi kwazistatycznie, aż ciśnienie osiągnie 4 ∕ 3 początkowego ciśnienia p 1 . Oblicz zmianę energii wewnętrznej gazu; pracę wykonaną przez gaz; ciepło wymienione przez gaz i pokaż czy gaz pobiera, czy oddaje ciepło. proces adiabatyczny (ang. adiabatic process ) proces, podczas którego ciepło ani nie przepływa do układu, ani z niego nie odpływa proces kołowy (ang. cyclic process ) proces, w którym końcowy stan układu jest taki sam jak początkowy proces izobaryczny (ang. isobaric process ) proces, podczas którego ciśnienie układu się nie zmienia proces izochoryczny (ang. isochoric process ) proces, podczas którego objętość układu się nie zmienia proces izotermiczny (ang. isothermal process ) proces, podczas którego temperatura układu pozostaje stała proces odwracalny (ang. reversible process ) proces, który może być odwrócony tak, że zarówno układ, jak i środowisko powrócą do swojego początkowego stanu proces termodynamiczny (ang. thermodynamic process ) sposób, w jaki stan układu może się zmieniać przy przejściu ze stanu początkowego do końcowego", "section": "Procesy termodynamiczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pojemność cieplna gazu doskonałego Ciepło właściwe oraz molową pojemność cieplną omówiliśmy już w rozdziale Temperatura i ciepło ; jednak nie rozpatrywaliśmy procesu, w którym ciepło jest dostarczane do układu. Zrobimy to w tej części rozdziału. Na początku zbadamy proces, w którym układ ma stałą objętość, a później porównamy to z sytuacją, w której układ ma stałe ciśnienie i pokażemy, jak ciepła właściwe dla tych procesów są ze sobą powiązane. Zacznijmy od rozpatrzenia , na którym znajdują się dwa pojemniki, A oraz B , każdy zawierający 1 ⁢ mol tego samego rodzaju gazu doskonałego o temperaturze T i o objętości V . Jedyna różnica między tymi pojemnikami polega na tym, że tłok na górze pojemnika A nie może się ruszać, podczas gdy ten na górze pojemnika B może. Na tłoki działa stałe zewnętrzne ciśnienie p . Rozważmy, co się stanie, gdy temperatura gazu w każdym z pojemników będzie powoli rosła do T + d T dzięki dostarczaniu ciepła. Pojemniki różnią się jedynie możliwością ruchu tłoka. Tłok na górze pojemnika A nie może się ruszać, podczas gdy ten na górze pojemnika B może. Na tłoki działa stałe zewnętrzne ciśnienie p . Tłok pojemnika A nie może się przemieszczać, a więc objętość gazu się nie zmieni. Dlatego też gaz nie wykonuje pracy i z pierwszej zasady termodynamiki mamy d U = d Q − d W = d Q ⁢ . Fakt, że ciepło jest wymieniane przy stałej objętości, zapisujemy jako d Q = C V ⁢ d T ⁢ , gdzie C V to molowa pojemność cieplna przy stałej objętości (ang. molar heat capacity at constant volume ) gazu. Dodatkowo dla tego konkretnego procesu d U = d Q , więc d U = C V ⁢ d T ⁢ . Równanie to otrzymujemy, zakładając, że objętość gazu jest stała. Jednak energia wewnętrzna jest funkcją stanu zależącą jedynie od temperatury gazu doskonałego. Dlatego z d U = C V ⁢ d T wynika zmiana energii wewnętrznej gazu doskonałego dla każdego procesu, w którym następuje zmiana temperatury d T . Kiedy gaz w pojemniku B jest podgrzewany, rozszerza się, przesuwając ruchomy tłok oraz wykonując pracę d W = p ⁢ d V . W tym przypadku ciepło jest dostarczone przy stałym ciśnieniu i możemy zapisać d Q = C p ⁢ d T ⁢ , gdzie C p to molowa pojemność cieplna przy stałym ciśnieniu (ang. molar heat capacity at constant pressure ) gazu. Co więcej, gaz doskonały rozszerza się przy stałym ciśnieniu, a zatem d p ⁢ V = d R ⁢ T ⁢ , co możemy przekształcić do p ⁢ d V = R ⁢ d T ⁢ . Ostatecznie, używając wyrażeń na d Q oraz p ⁢ d V dla pierwszej zasady termodynamiki, otrzymujemy d U = d Q − p ⁢ d V = C p − R ⁢ d T ⁢ . Znaleźliśmy więc d U zarówno dla procesu izochorycznego, jak i izobarycznego. Ponieważ energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy tylko od temperatury, d U musi być takie samo dla obu procesów. Dlatego C V ⁢ d T = C p − R ⁢ d T ⁢ , oraz C p = C V + R ⁢ . było oparte tylko na równaniu stanu gazu doskonałego. W konsekwencji równanie to jest w przybliżeniu prawidłowe dla wszystkich rozrzedzonych gazów: jednoatomowych, jak He, dwuatomowych, jak O 2 , czy wieloatomowych, jak CO 2 lub NH 3 . W poprzednim rozdziale pokazaliśmy, że molowa pojemność cieplna gazu doskonałego o stałej objętości to C V = d 2 ⁢ R ⁢ , gdzie d to liczba stopni swobody cząsteczek w układzie. pokazuje molowe pojemności cieplne pewnych rozrzedzonych gazów doskonałych. Pojemności cieplne gazów rzeczywistych są nieco wyższe niż te przewidziane przez wyrażenia na C V i C p , dane w . Oznacza to, że wibracje cząsteczek wieloatomowych mają znaczący wpływ na pojemność cieplną, nawet w temperaturze pokojowej. Niemniej jednak różnica między molowymi pojemnościami cieplnymi, C p − C V , jest bardzo zbliżona do R , nawet dla gazów wieloatomowych. Molowe pojemności cieplne rozrzedzonych gazów doskonałych Rodzaj cząsteczek Gaz C p ( J ∕ mol ⁢ K ) C V ( J ∕ mol ⁢ K ) C p − C V ( J ∕ mol ⁢ K ) Jednoatomowa Doskonały 5 2 ⁢ R = 20,79 3 2 ⁢ R = 12,47 R = 8,31 Dwuatomowa Doskonały 7 2 ⁢ R = 29,10 5 2 ⁢ R = 20,79 R = 8,31 Wieloatomowa Doskonały 4 ⁢ R = 33,26 3 ⁢ R = 24,94 R = 8,31 Podsumowanie Dla gazu doskonałego molowa pojemność cieplna przy stałym ciśnieniu C p jest dana przez C p = C V + R = d ⁢ R ∕ 2 + R C_p = C_V + R= dR/2 + R , gdzie d to liczba stopni swobody każdej cząsteczki/jednostki układu. Gaz rzeczywisty ma molową pojemność cieplną nieco wyższą niż molowa pojemność cieplna odpowiedniego gazu doskonałego, C p ≈ C V + R ⁢ . Pytania Większość substancji rozszerza się na skutek podgrzewania. Godnym uwagi wyjątkiem jest woda w temperaturze między 0 ⁢ ° C a 4 ⁢ ° C , która zmniejsza objętość podczas podgrzewania. Która wartość w przypadku wody w tym zakresie temperaturowym jest większa, C p czy C V ? Zazwyczaj pojemność C p jest większa niż C V , ponieważ gdy następuje rozszerzanie układu przy stałym ciśnieniu, układ wykonuje pracę nad otoczeniem. Z tego wynika, że ciepło może zamienić się w energię wewnętrzną i pracę. Gdy objętość jest stała, całe ciepło zamienia się w energię wewnętrzną. W rozpatrywanym przypadku woda kurczy się podczas podgrzewania, więc jeśli dostarczymy ciepło przy stałym ciśnieniu, to praca jest wykonywana nad wodą przez otoczenie i dlatego C p jest mniejsza niż C V . Dlaczego dla gazów mamy dwa ciepła właściwe, C p i C V , a dla ciał stałych tylko jedno? Zadania Temperatura jednoatomowego gazu doskonałego wzrosła o 8 ⁢ K . Ile wynosi zmiana energii wewnętrznej 1 ⁢ mola \\SI{1}{\\mola} tego gazu, jeśli jego objętość się nie zmienia? 100 ⁢ J . Dla wzrostu temperatury o 10 ⁢ ° C przy stałej objętości, ile ciepła pobiera 3 ⁢ mole \\SI{3}{\\molee} rozrzedzonego gazu jednoatomowego; 0,5 ⁢ mola \\SI{0,5}{\\mola} rozrzedzonego gazu dwuatomowego; 15 ⁢ moli \\SI{15}{\\moli} rozrzedzonego gazu wieloatomowego? Jeśli początkowa temperatura gazów z poprzedniego zadania jest równa 300 ⁢ K , to ile wynoszą ich energie wewnętrzne po pobraniu ciepła? a. 370 ⁢ J ; b. 100 ⁢ J ; c. 500 ⁢ J . Rozważ sytuację, w której mamy 0,4 ⁢ mola \\SI{0,4}{\\mola} rozrzedzonego dwutlenku węgla o ciśnieniu 0,5 ⁢ atm i objętości 50 ⁢ l . Ile wynosi energia wewnętrzna tego gazu? Gdy dostarczamy powoli 400 ⁢ J ciepła do 10 ⁢ moli \\SI{10}{\\moli} jednoatomowego gazu doskonałego, to jego temperatura wzrasta o 10 ⁢ ° C . Ile wynosi praca wykonywana na tym gazie? 850 ⁢ J . 1 ⁢ mol \\SI{1}{\\mol} rozrzedzonego gazu dwuatomowego o początkowej objętości równej 10 ⁢ l rozszerza się pod stałym ciśnieniem 2 ⁢ atm podczas powolnego podgrzewania. Jeśli temperatura gazu wzrasta o 10 ⁢ K , a ciepło dostarczone podczas tego procesu wynosi 400 ⁢ J , to jaka będzie objętość końcowa gazu? molowa pojemność cieplna przy stałym ciśnieniu (ang. molar heat capacity at constant pressure ) określa stosunek ilości ciepła dodanego/usuniętego do zmiany temperatury podczas pomiaru przy stałym ciśnieniu molowa pojemność cieplna przy stałej objętości (ang. molar heat capacity at constant volume ) określa stosunek ilości ciepła dodanego/usuniętego do zmiany temperatury podczas pomiaru przy stałej objętości", "section": "Pojemność cieplna gazu doskonałego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Proces adiabatyczny gazu doskonałego Podczas adiabatycznego sprężania gazu doskonałego ( Q = 0 ⁢ J ) praca jest wykonywana na gazie i jego temperatura wzrasta. Z kolei podczas adiabatycznego rozprężania (ang. adiabatic expansion ) to gaz wykonuje pracę i jego temperatura spada. Sprężania adiabatyczne (ang. adiabatic compression ) w rzeczywistości występują w cylindrach samochodu, gdzie sprężanie mieszanki paliwowo-powietrznej zachodzi tak szybko, że mieszanka nie ma czasu na wymianę ciepła ze swoim otoczeniem. Podczas sprężania praca jest wykonywana na mieszance i dlatego jej temperatura znacznie wzrasta. Wzrost temperatury może być tak wielki, że może dojść do zapłonu nawet bez udziału iskry. Samoczynne zapłony źle wpływają na pracę silnika, powodując tzw. stukanie silnika. Ponieważ temperatura zapłonu rośnie wraz z liczbą oktanową benzyny, jeden ze sposobów obejścia powyższego problemu to używanie wysokooktanowego paliwa. Inny interesujący proces adiabatyczny to rozprężanie swobodne gazu. pokazuje dwukomorowy, izolowany termicznie zbiornik. Komory oddzielone są membraną, a w jednej z komór znajduje się gaz. Kiedy membrana zostanie przekłuta, gaz zacznie gwałtownie przechodzić do pustej komory zbiornika, gdzie będzie się swobodnie rozprężać. Ponieważ gaz rozpręża się „do próżni” ( p = 0 ⁢ Pa ), nie wykonuje pracy. Dodatkowo rozprężanie jest adiabatyczne, ponieważ zbiornik jest izolowany termicznie. Gdy Q = 0 ⁢ J i W = 0 ⁢ J , to według pierwszej zasady termodynamiki początkowa i końcowa energia wewnętrzna są takie same, czyli Δ ⁢ U = 0 ⁢ J . Po przekłuciu membrany gaz w lewej komorze rozpręża się. Jeśli gaz jest doskonały, energia wewnętrzna zależy wyłącznie od temperatury. Dlatego też kiedy gaz doskonały rozpręża się swobodnie, jego temperatura się nie zmienia. Kwazistatyczne rozprężanie adiabatyczne gazu doskonałego jest pokazane na , który przedstawia izolowany cylinder zawierający 1 ⁢ mol gazu doskonałego. Gaz rozpręża się kwazistatycznie na skutek usuwania pojedynczych ziarenek piasku z góry tłoka. Kiedy gaz rozpręży się o d V , zmiana jego temperatury wynosi d T . Praca wykonywana przez gaz podczas rozprężania jest równa d W = p ⁢ d V , a d Q = 0 ⁢ J , ponieważ cylinder jest izolowany. Na podstawie zmiana energii wewnętrznej gazu wynosi d U = C V ⁢ d T . Stosując pierwszą zasadę termodynamiki, otrzymujemy C V ⁢ d T = 0 ⁢ J − p ⁢ d V = − p ⁢ d V ⁢ , więc d T = − p ⁢ d V C V ⁢ . Kiedy pojedyncze ziarenka piasku są usuwane z tłoka, gaz rozpręża się adiabatycznie i kwazistatycznie w izolowanym zbiorniku. Dla 1 ⁢ mola \\SI{1}{\\mola} gazu doskonałego mamy d p ⁢ V = d R ⁢ T ⁢ , a więc p ⁢ d V + V ⁢ d p = R ⁢ d T oraz d T = p ⁢ d V + V ⁢ d p R ⁢ . Mamy teraz dwa wzory na d T . Po przyrównaniu ich otrzymujemy C V ⁢ V ⁢ d p + C V + R ⁢ p ⁢ d V = 0 ⁢ J ⁢ . Teraz podzielmy to równanie przez p ⁢ V i podstawmy C p = C V + R . Zostaje nam wtedy C V ⁢ d p p + C p ⁢ d V V = 0 ⁢ J ⁢ , co przekształca się do d p p + κ ⁢ d V V = 0 ⁢ , gdzie κ to stosunek molowych pojemności cieplnych κ = C p C V ⁢ . Zatem ∫ d p p + κ ⁢ ∫ d V V = 0 i ln p + κ ⁢ ln V = const. Ostatecznie, korzystając z ln A x = x ⁢ ln A oraz ln A ⁢ B = ln A + ln B , możemy to zapisać jako p ⁢ V κ = const. To równanie musi być spełnione dla gazu doskonałego w kwazistatycznym procesie adiabatycznym. Przykładowo, jeśli gaz doskonały ulega kwazistatycznemu przejściu adiabatycznemu ze stanu o ciśnieniu p 1 i objętości V 1 do stanu o ciśnieniu p 2 i objętości V 2 musi być spełnione równanie p 1 ⁢ V 1 κ = p 2 ⁢ V 2 κ ⁢ . Warunek z dla procesu adiabatycznego może być zapisany za pomocą innych par zmiennych termodynamicznych w wyniku połączenia ich z równaniem stanu gazu doskonałego. Otrzymamy wtedy p 1 − κ ⁢ T κ = const oraz T ⁢ V κ − 1 = const. Odwracalne rozprężanie adiabatyczne gazu doskonałego jest pokazane na wykresie p ⁢ V na . Nachylenie krzywej w każdym punkcie wynosi d p d V = d d V ( const V κ ) = − κ p V . Kwazistatyczne rozprężanie adiabatyczne oraz izotermiczne gazu doskonałego. Krzywa przerywana pokazana na wykresie p ⁢ V reprezentuje rozprężanie izotermiczne, w którym T (a więc również p ⁢ V ) jest stałe. Nachylenie krzywej będzie przydatne podczas rozważania drugiej zasady termodynamiki w następnym rozdziale. To nachylenie wynosi d p d V = d d V n R T V = − p V . Krzywa izotermiczna nie opada tak gwałtownie jak krzywa adiabatyczna, ponieważ κ > 1 . Sprężanie gazu doskonałego w silniku samochodowym Opary benzyny są wtłaczane do cylindra silnika samochodowego, gdy tłok jest w dolnym położeniu. Temperatura, ciśnienie i objętość powstałej mieszanki paliwowo-powietrznej wynoszą odpowiednio 20 ⁢ ° C , 10 5 ⁢ N ∕ m 2 i 240 ⁢ cm 3 . Mieszanka jest następnie sprężana adiabatycznie do objętości 40 ⁢ cm 3 . Zauważmy, że w rzeczywistości sprężanie w silniku samochodowym jest niekwazistatyczne, ale dla uproszczenia przyjmijmy, że proces ten zachodzi kwazistatycznie. Ile wynosi ciśnienie i temperatura mieszanki po sprężeniu? Ile pracy wykona mieszanka podczas sprężania? Strategia rozwiązania Z założenia, że rozważany proces jest kwazistatycznym sprężaniem adiabatycznym gazu doskonałego, mamy p ⁢ V κ = const oraz p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T . Poszukiwana praca może być obliczona z W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V . Rozwiązanie Dla sprężania adiabatycznego mamy p 2 = p 1 ⁢ V 1 V 2 κ ⁢ , a więc po sprężeniu ciśnienie mieszanki będzie wynosić p 2 = 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 240 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 3 40 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 3 1,40 = 1,23 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 ⁢ . Z równania stanu gazu doskonałego temperatura mieszanki po sprężeniu będzie wynosić T 2 = p 2 ⁢ V 2 p 1 ⁢ V 1 ⁢ T 1 = 1,23 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 40 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 3 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 240 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 3 ⋅ 293 ⁢ K = 600 ⁢ K = 328 ⁢ ° C ⁢ . Praca wykonana przez mieszankę podczas sprężania wynosi W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V ⁢ . Korzystając z warunku z dla procesu adiabatycznego, możemy zapisać: p jako K ∕ V κ , gdzie K = p 1 ⁢ V 1 κ = p 2 ⁢ V 2 κ . Dlatego praca jest równa W = ∫ V 1 V 2 K V κ d V = K 1 − κ ⁢ 1 V 2 κ − 1 − 1 V 1 κ − 1 = 1 1 − κ ⁢ p 2 ⁢ V 2 κ V 2 κ − 1 − p 1 ⁢ V 1 κ V 1 κ − 1 W = 1 1 − κ ⁢ p 2 ⁢ V 2 − p 1 ⁢ V 1 W = 1 1 − 1,4 ⁢ 1,23 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 40 ⋅ 10 -6 ⁢ m 3 − 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 240 ⋅ 10 -6 ⁢ m 3 W = − 63 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} W &= \\int_{V_1}^{V_2} \\d V = \\frac{K}{1-\\kappa}(\\frac{1}{V^{\\kappa-1}_{2}} - \\frac{1}{V^{\\kappa-1}_1}) = \\frac{1}{1-\\kappa}(\\frac{p_2 V_2^{\\kappa}}{V_2^{\\kappa-1}} - \\frac{p_1 V_1^{\\kappa}}{V_1^{\\kappa-1}}) \\\\ &= \\frac{1}{1-\\kappa}(p_2 V_2 - p_1 V_1) \\\\ &= \\frac{1}{1-\\num{1,4}}(\\SI{1,23e6}{\\newton\\per\\metre\\squared} \\cdot \\SI{40e-6}{\\metre\\cubed} - 10^5\\si{\\newton\\per\\metre\\squared} \\cdot \\SI{240e-6}{\\metre\\cubed}) \\\\ &= -\\SI{63}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} W = ∫ V 1 V 2 d V = K 1 − κ ⁢ 1 V 2 κ − 1 − 1 V 1 κ − 1 = 1 1 − κ ⁢ p 2 ⁢ V 2 κ V 2 κ − 1 − p 1 ⁢ V 1 κ V 1 κ − 1 = 1 1 − κ ⁢ p 2 ⁢ V 2 − p 1 ⁢ V 1 = 1 1 − 1,4 ⁢ 1,23 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 40 ⋅ 10 -6 ⁢ m 3 − 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 240 ⋅ 10 -6 ⁢ m 3 = − 63 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} W &= \\int_{V_1}^{V_2} \\d V = \\frac{K}{1-\\kappa}(\\frac{1}{V^{\\kappa-1}_{2}} - \\frac{1}{V^{\\kappa-1}_1}) = \\frac{1}{1-\\kappa}(\\frac{p_2 V_2^{\\kappa}}{V_2^{\\kappa-1}} - \\frac{p_1 V_1^{\\kappa}}{V_1^{\\kappa-1}}) \\\\ &= \\frac{1}{1-\\kappa}(p_2 V_2 - p_1 V_1) \\\\ &= \\frac{1}{1-\\num{1,4}}(\\SI{1,23e6}{\\newton\\per\\metre\\squared} \\cdot \\SI{40e-6}{\\metre\\cubed} - 10^5\\si{\\newton\\per\\metre\\squared} \\cdot \\SI{240e-6}{\\metre\\cubed}) \\\\ &= -\\SI{63}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} Znaczenie Ujemna wartość wykonanej pracy wskazuje, że to tłok wykonuje pracę na mieszance paliwowo-powietrznej. Mieszanka będzie wykonywać pracę na tłoku w cyklu rozprężania. Podsumowanie Krzywa kwazistatyczneego rozprężania adiabatycznego gazu doskonałego opada gwałtowniej niż krzywa rozprężania izotermicznego. Rzeczywiste rozprężanie może być adiabatyczne, rzadko kwazistatyczne. Najważniejsze wzory Równanie stanu dla układu zamkniętego f ⁢ p V T = 0 Praca całkowita dla skończonej zmiany objętości W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V Energia wewnętrzna układu (średnia energia całkowita) U = ∑ i E ‾ k i + E ‾ p i Energia wewnętrzna jednoatomowego gazu doskonałego U = n ⁢ N A ⋅ 3 2 ⁢ k B ⁢ T = 3 2 ⁢ n ⁢ R ⁢ T Pierwsza zasada termodynamiki Δ ⁢ U = Q − W Molowa pojemność cieplna przy stałym ciśnieniu C p = C V + R Stosunek molowych pojemności cieplnych κ = C p ∕ C V Warunek dla gazu doskonałego w kwazistatycznym procesie adiabatycznym p ⁢ V κ = const Pytania Czy κ może być mniejsze od 1 ? Nie, musi być zawsze większe od 1 . Dla którego stanu skupienia κ będzie większe, dla gazu czy ciała stałego? Odpowiedź uzasadnij. Gaz doskonały w trakcie procesu izotermicznego nie zmienia swojej energii wewnętrznej, ponieważ zależy ona tylko od temperatury. Czy poprawne będzie więc stwierdzenie, że dla gazu doskonałego proces izotermiczny nie różni się od procesu adiabatycznego? Odpowiedź uzasadnij. Podczas procesu adiabatycznego może zajść zmiana temperatury, ale nie ma wymiany ciepła. Podczas procesu izotermicznego nie ma zmiany temperatury, ale może następować wymiana ciepła. Czy gaz wykonuje pracę, kiedy rozpręża się adiabatycznie? Jeśli tak, jakie jest źródło energii potrzebnej do wykonania tej pracy? Zadania Jednoatomowy gaz doskonały ulega kwazistatycznemu rozprężaniu adiabatycznemu, podczas którego jego objętość wzrasta dwukrotnie. Jak zmieni się ciśnienie tego gazu? Ciśnienie zmniejszy się o 0,31 swojej wartości początkowej. Gaz doskonały pod ciśnieniem 0,5 ⁢ atm i o objętości 10 ⁢ l ulega kwazistatycznemu sprężaniu adiabatycznemu, aż jego ciśnienie osiągnie 3 ⁢ atm , a objętość 2,8 ⁢ l . Czy gaz jest jednoatomowy, dwuatomowy czy wieloatomowy? W poniższej tabeli znajdują się wyniki pomiarów ciśnienia i objętości rozrzedzonego gazu, ulegającego kwazistatycznemu rozprężaniu adiabatycznemu. Narysuj wykres zależności p od V i za jego pomocą ustal, ile będzie wynosić κ . p ( atm ) V ( l ) 20 1 17 1,1 14 1,3 11 1,5 8 2 5 2,6 2 5,2 1 8,4 κ = 1,4 \\kappa = \\num{1,4} Jednoatomowy gaz doskonały o temperaturze 300 ⁢ K rozprężył się adiabatycznie i odwracalnie tak, że osiągnął dwa razy większą objętość. Ile wynosi jego końcowa temperatura? Dwuatomowy gaz doskonały o temperaturze 80 ⁢ K powoli sprężył się adiabatycznie i odwracalnie tak, że osiągnął dwa razy mniejszą objętość. Ile wynosi jego końcowa temperatura? 84 ⁢ K . Dwuatomowy gaz doskonały o temperaturze 80 ⁢ K powoli sprężył się adiabatycznie tak, że osiągnął jedną trzecią początkowej objętości. Ile wynosi jego końcowa temperatura? Porównaj, co się dzieje z energią wewnętrzną gazu doskonałego dla kwazistatycznego rozprężania adiabatycznego i dla kwazistatycznego rozprężania izotermicznego. Co się stanie z temperaturą gazu doskonałego podczas rozprężania adiabatycznego? Podczas rozprężania adiabatycznego gaz wykonuje mniej pracy i nie ma przepływu ciepła, dlatego końcowa energia wewnętrzna jest niższa niż w przypadku rozprężania izotermicznego, w którym gaz zarówno wykonuje pracę, jak i następuje przepływ ciepła. Podczas rozprężania adiabatycznego temperatura spadnie. Temperatura n moli gazu doskonałego zmieniła się z T 1 na T 2 podczas kwazistatycznej przemiany adiabatycznej. Pokaż, że praca wykonana przez gaz jest dana wzorem W = n ⁢ R κ − 1 ⁢ T 1 − T 2 ⁢ . Rozrzedzony gaz rozpręża się kwazistatycznie tak, że osiąga trzy razy większą objętość. W którym przypadku końcowe ciśnienie gazu będzie większe: dla rozprężania izotermicznego czy adiabatycznego? Czy odpowiedź zależy od tego, czy gaz jest jednoatomowy, dwuatomowy, czy wieloatomowy? Dla procesu izotermicznego ciśnienie końcowe będzie większe i nie zależy to od rodzaju gazu. Gaz doskonały rozpręża się adiabatycznie od objętości 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 do 2,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 . Jeśli początkowe ciśnienie i temperatura wynosiły odpowiednio 5 ⋅ 10 5 ⁢ Pa i 300 ⁢ K , jakie będą ich końcowe wartości? Załóż, że κ = 5 ∕ 3 dla tego gazu; Podczas procesu izotermicznego gaz doskonały rozpręża się od 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 do 2,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 . Jeśli początkowe ciśnienie i temperatura wynosiły odpowiednio 5 ⋅ 10 5 ⁢ Pa i 300 ⁢ K , jakie będą końcowe wartości ciśnienia i temperatury tego gazu? Podczas procesu adiabatycznego gazu doskonałego jego ciśnienie, objętość i temperatura zmieniają się tak, że wyrażenie p ⁢ V κ jest stałe. W temperaturze pokojowej dla gazu jednoatomowego, takiego jak hel, κ = 5 ∕ 3 , a dla gazu dwuatomowego, jak na przykład wodoru, κ = 7 ∕ 5 . Narysuj wykres, na którym będą dwie izotermy jednego mola helu oraz proces adiabatyczny łączący te izotermy. Potraktuj hel jako gaz doskonały. T 1 = 500 ⁢ K , V 1 = 1 ⁢ l i T 2 = 300 ⁢ K . Dwa mole jednoatomowego gazu doskonałego, takiego jak hel, zostały sprężone adiabatycznie i odwracalnie ze stanu początkowego o ciśnieniu 3 ⁢ atm i objętości 5 ⁢ l do stanu końcowego o ciśnieniu 4 ⁢ atm . Oblicz objętość i temperaturę stanu końcowego; Oblicz temperaturę początkową gazu; Oblicz pracę wykonaną przez gaz podczas tego procesu; Oblicz zmianę energii wewnętrznej gazu. Zadania dodatkowe Rozważ procesy przedstawione poniżej. Podczas etapów A ⁢ B i B ⁢ C odpowiednio 3600 ⁢ J i 2400 ⁢ J ciepła jest pobrane przez układ. Oblicz pracę wykonaną podczas każdego z procesów A ⁢ B , B ⁢ C , A ⁢ D i D ⁢ C ; Oblicz zmianę energii wewnętrznej w procesach A ⁢ B i B ⁢ C ; Oblicz różnicę między energiami wewnętrznymi stanów C i A ; Oblicz całkowitą ilość ciepła pobranego przez układ podczas procesu A ⁢ D ⁢ C ; Czy na podstawie podanych informacji możesz obliczyć ciepło pobrane podczas procesu A ⁢ D ? Odpowiedź uzasadnij. a. W A ⁢ B = 0 ⁢ J , W B ⁢ C = 2026 ⁢ J , W A ⁢ D = 810 4 ⁢ J , W D ⁢ C = 0 ⁢ J ; b. Δ ⁢ U A ⁢ B = 3600 ⁢ J , Δ ⁢ U B ⁢ C = 3700 ⁢ J ; c. Δ ⁢ U A ⁢ C = 3974 ⁢ J ; d. Q A ⁢ D ⁢ C = 4784 ⁢ J ; e. Nie, ponieważ ciepło jest pobierane w obu częściach drogi A ⁢ D ⁢ C : zarówno A ⁢ D , jak i D ⁢ C . Nie ma wystarczających informacji, aby obliczyć, ile ciepła jest pobierane w każdym odcinku drogi A ⁢ D ⁢ C z osobna. Opona samochodowa zawiera 0,038 ⁢ m 3 powietrza o ciśnieniu 2,2 ⋅ 10 5 ⁢ Pa . O ile więcej energii wewnętrznej ma ten gaz w porównaniu do gazu o takiej samej objętości i ciśnieniu równym normalnemu ciśnieniu atmosferycznemu? Balon wypełniono helem o ciśnieniu 0,2 ⁢ atm i objętości 10 ⁢ l . O ile większa jest energia wewnętrzna helu w balonie niż w przypadku, gdyby panowało tam ciśnienie atmosferyczne? 300 ⁢ J . Para napędzająca lokomotywę parową jest przekazywana przy stałym ciśnieniu, wyższym od atmosferycznego o 1,75 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ m 2 , do tłoka o promieniu 0,2 ⁢ m . Obliczając p ⁢ Δ ⁢ V , znajdź pracę wykonywaną przez parę, podczas gdy tłok przesunie się o 0,8 ⁢ m . Zauważ, że jest to wartość całkowitej pracy, ponieważ korzystamy z różnicy ciśnień; Następnie znajdź pracę poprzez obliczenie wywartej siły i pomnożenie jej przez przebyty dystans. Czy odpowiedź jest taka sama jak w podpunkcie (a)? Ręczna pompka do opon ma tłok o średnicy 2,5 ⁢ cm i o maksymalnym wychyleniu 30 ⁢ cm . Ile pracy wykonujesz w jednym ruchu pompką, jeśli średnio ciśnienie w pompce jest wyższe od atmosferycznego o 2,4 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 ? Jaką średnio siłą działasz na tłok, pomijając tarcie i siłę grawitacji? a. 59,5 ⁢ J ; b. 170 ⁢ N . Oblicz całkowitą pracę silnika cieplnego wzdłuż drogi A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ A przedstawionej poniżej. Jaka jest całkowita praca silnika cieplnego wzdłuż drogi A ⁢ B ⁢ D ⁢ A z poprzedniego zadania z linią z B do D ? Dlaczego praca ta jest mniejsza od pracy wzdłuż drogi A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ A ? 2,4 ⋅ 10 3 ⁢ J . Pięć moli jednoatomowego gazu doskonałego w cylindrze o temperaturze 27 ⁢ ° C zostało rozprężone izotermicznie z 5 ⁢ l do 10 ⁢ l . Jaka była zmiana energii wewnętrznej? Ile pracy wykonał gaz podczas tego procesu? Ile ciepła zostało pobrane przez gaz? Cztery mole jednoatomowego gazu doskonałego w cylindrze o temperaturze 27 ⁢ ° C zostały rozprężone przy stałym ciśnieniu równym 1 ⁢ atm tak, że objętość gazu wzrosła dwukrotnie. Jaka była zmiana energii wewnętrznej? Ile pracy wykonał gaz podczas tego procesu? Ile ciepła zostało pobrane przez gaz? a. 15 000 ⁢ J ; b. 10 000 ⁢ J ; c. 25 000 ⁢ J . Hel został ochłodzony z 20 ⁢ ° C do 10 ⁢ ° C poprzez rozprężenie z 40 ⁢ atm do 1 ⁢ atm . Jeśli było 1,4 ⁢ mola \\SI{1,4}{\\mola} helu, to jaka będzie końcowa objętość helu? Jaka była zmiana energii wewnętrznej? Podczas procesu adiabatycznego tlen w zbiorniku został sprężony wzdłuż drogi, która może być opisana ciśnieniem p podanym w atmosferach, jako funkcją objętości V ; p = 3 ⁢ atm ⋅ V ∕ V 0 − 1 2 , gdzie V 0 = 1 ⁢ l . Początkowe i końcowe wartości objętości wynosiły odpowiednio 2 ⁢ l i 1,5 ⁢ l . Oblicz, jaka praca była wykonana nad gazem. 78 ⁢ J . Cylinder zawierający 3 ⁢ mole \\SI{3}{\\molee} jednoatomowego gazu doskonałego został podgrzany przy stałym ciśnieniu 2 ⁢ atm . Temperatura gazu zmieniła się z 300 ⁢ K do 350 ⁢ K w skutek rozprężenia. Oblicz pracę wykonaną nad gazem; przez gaz. Cylinder zawierający 3 ⁢ mole \\SI{3}{\\molee} azotu został podgrzany przy stałym ciśnieniu 2 ⁢ atm . Temperatura gazu zmieniła się z 300 ⁢ K do 350 ⁢ K w skutek rozprężenia. Oblicz pracę wykonaną nad gazem; przez gaz, a. − 1220 ⁢ J ; b. 1220 ⁢ J . 2 ⁢ mole \\SI{2}{\\molee} dwuatomowego gazu doskonałego, takiego jak tlen, zostały sprężone adiabatycznie i odwracalnie ze stanu 3 ⁢ atm ⁢ , ⁢ 5 ⁢ l (\\SI{3}{\\atm}\\text{, }\\SI{5}{\\litre}) do stanu o ciśnieniu 4 ⁢ atm . Oblicz objętość i temperaturę gazu w stanie końcowym; Oblicz temperaturę gazu w stanie początkowym; Oblicz pracę wykonaną przez gaz podczas tego procesu; Oblicz zmianę energii wewnętrznej. Przyjmij, że w podanych warunkach C V = 5 ⁢ R ∕ 2 C_V = 5R/2 i C p = C V + R dla dwuatomowego gazu doskonałego. Izolowany zbiornik zawiera 1,5 ⁢ mola \\SI{1,5}{\\mola} argonu o ciśnieniu 2 ⁢ atm . Początkowo gaz zajmuje 5 ⁢ l . W skutek rozprężania adiabatycznego ciśnienie gazu maleje do 1 ⁢ atm . Oblicz objętość i temperaturę gazu w stanie końcowym; Oblicz temperaturę gazu w stanie początkowym; Oblicz pracę wykonaną przez gaz podczas procesu; Oblicz zmianę energii wewnętrznej gazu. a. 7,6 ⁢ l , 61,6 ⁢ K ; b. 81,3 ⁢ K ; c. 3,63 l · atm = 367 J ; d. − 367 ⁢ J . Zadania trudniejsze Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego zajmuje 10 − 2 ⁢ m i ma ciśnienie 2 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ m 2 . Jaka jest temperatura gazu? Gaz ulega kwazistatycznemu sprężaniu adiabatycznemu, aż jego objętość spadnie do 5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 3 . Jaka będzie końcowa temperatura gazu? Ile pracy będzie wykonanej nad gazem podczas sprężania? Jaka będzie zmiana energii wewnętrznej gazu? Jeden mol gazu doskonałego znajduje się początkowo w komorze o objętości 10 − 2 ⁢ m 3 i temperaturze 27 ⁢ ° C . Ile jest ciepła dostarczanego do gazu podczas powolnego rozprężania izotermicznego skutkującego podwojeniem objętości gazu? Załóż, że gaz podwaja swoją objętość poprzez powolne zmniejszanie temperatury przy stałym ciśnieniu i następnie rozprężaniu izobarycznym. Ile wynosi wymiana ciepła dla tego przypadku? Oblicz ilość wymienionego ciepła, gdy gaz podwaja swoją objętość poprzez kwazistatyczne rozprężanie i później izochoryczne zmniejszanie ciśnienia. a. 1700 ⁢ J ; b. 1200 ⁢ J ; c. 2400 ⁢ J . Pocisk o masie 10 ⁢ g , lecący poziomo z prędkością 200 ⁢ m ∕ s , uderza i wbija się w gumową kulę o masie 2 ⁢ kg . Ile energii mechanicznej zostanie rozproszonej podczas tego zderzenia? Zakładając, że C V dla kuli oraz pocisku wynosi 3 ⁢ R , oblicz wzrost temperatury układu spowodowany zderzeniem. Przyjmij, że masa cząsteczkowa układu wynosi 200 ⁢ g ∕ mol . Izolowany cylinder ukazany na rysunku poniżej jest zamknięty z dwóch stron i zawiera izolowany tłok, który może przesuwać się po łożyskach bez tarcia. Tłok ten dzieli wnętrze cylindra na dwie komory. W pierwszej komorze znajduje się gaz A, a w drugiej gaz B. Początkowo obie komory mają objętość równą 5 ⋅ 10 − 2 ⁢ m 3 i zawierają jednoatomowy gaz doskonały o temperaturze 0 ⁢ ° C i ciśnieniu 1 ⁢ atm . Ile moli gazu znajduje się w każdej z komór? Do gazu A dostarczono powoli ciepło Q , co spowodowało zwiększenie objętości tego gazu i sprężenie gazu B w drugiej komorze. Końcowe ciśnienie w obu komorach jest równe 3 ⁢ atm . Ustal, jakie są końcowe objętości obu gazów, korzystając z faktu, że sprężanie gazu B było adiabatyczne; Jakie są końcowe temperatury obu gazów? Ile jest równe Q ? a. 2,2 ⁢ mol ; b. V A = 6,7 ⋅ 10 − 2 ⁢ m 3 , V B = 3,3 ⋅ 10 − 2 ⁢ m 3 ; c. T A = 2400 ⁢ K , T B = 397 ⁢ K ; d. 26 000 ⁢ J . W silniku Diesla do zapłonu paliwa nie potrzeba świecy zapłonowej. Powietrze w cylindrze jest sprężane adiabatycznie, co prowadzi do przekroczenia temperatury zapłonu. Gdy powietrze ma minimalną objętość, następuje wtrysk paliwa do cylindra. Załóż, że w cylindrze początkowo znajduje się powietrze o temperaturze 20 ⁢ ° C , a objętość cylindra jest równa V 1 . Powietrze to jest następnie sprężane adiabatycznie i kwazistatycznie do temperatury 600 ⁢ ° C i objętości V 2 . Jeśli κ = 1,4 , to ile wynosi stosunek V 1 ∕ V 2 ? (Uwaga: w rzeczywistym silniku Diesla sprężanie nie jest kwazistatyczne). rozprężanie adiabatyczne (ang. adiabatic expansion ) szybko zachodzący proces, podczas którego bez wymiany ciepła z otoczeniem gaz wykonuje pracę, a jego temperatura maleje sprężanie adiabatyczne (ang. adiabatic compression ) szybko zachodzący proces, podczas którego nad gazem wykonywana jest praca, a jego temperatura rośnie", "section": "Proces adiabatyczny gazu doskonałego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Ksenonowy silnik jonowy z Jet Propulsion Laboratory (Laboratorium Napędu Odrzutowego) bazuje na odrzucie naładowanych i rozpędzanych elektromagnetycznie cząstek widocznych w postaci słabej niebieskiej poświaty. Silnik jonowy to pierwsze niechemiczne urządzenie używane jako główne źródło napędu statku kosmicznego. Dzięki pierwszej zasadzie termodynamiki wiemy, że jedyne procesy, które mogą zachodzić, to te zachowujące energię. Nie może to być jednak jedyne ograniczenie stawiane przez naturę, ponieważ wiele pozornie możliwych procesów termodynamicznych, które zachowywałyby energię, nie zachodzi. Przykładowo, gdy dwa ciała są w kontakcie termicznym, ciepło nigdy nie płynie z ciała zimniejszego do cieplejszego, mimo że nie jest to zabronione przez pierwszą zasadę termodynamiki. Dlatego też muszą istnieć jakieś inne (dodatkowe) zasady termodynamiki, opisujące zachowanie układów fizycznych. Jedną z nich jest druga zasada termodynamiki , która ogranicza możliwe przemiany energii. Energia nie może spontanicznie przechodzić z jednego ciała do drugiego, tak samo jak nie możemy przenieść ciepła z ciała zimniejszego do cieplejszego bez wykonania pracy. Nie możemy wyodrębnić śmietanki z kawy bez procesu chemicznego, który zmieniłby właściwości fizyczne układu lub jego otoczenia. Nie możemy użyć energii wewnętrznej zawartej w powietrzu do napędzania samochodu lub energii oceanu, aby napędzić statek bez zakłócenia otoczenia tych ciał. W rozdziale Pierwsza zasada termodynamiki zaczęliśmy nasze rozważania od humorystycznego sformułowania tejże zasady wymyślonego przez C. P. Snow’a (1905–1980) , „nie możesz wygrać”. Sparafrazował on również drugą zasadę termodynamiki jako „nie możesz nawet zremisować, chyba że na zewnątrz jest bardzo zimno”. Nie można przekształcić 100 ⁢⁢ % energii termicznej w pracę, chyba że temperatura wynosi 0 ⁢⁢ K . Zaczniemy od rozpatrzenia procesów spontanicznych i wytłumaczenia, dlaczego niektóre procesy wymagają pracy, nawet jeśli nie jest ona konieczna dla spełnienia zasady zachowania energii.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Procesy odwracalne i nieodwracalne Rozważmy przypadek gazu doskonałego zamkniętego w połowie izolowanego termicznie zbiornika. Gaz jest oddzielony ścianką od drugiej połowy zbiornika, w której jest próżnia. Jeśli szybko usuniemy kawałek z jej środka, gaz rozpręży się i wypełni cały zbiornik, tak jak pokazano na . Gaz rozprężający się z połowy zbiornika na jego całość (a) przed i (b) po tym, jak kawałek rozdzielającej go ścianki zostanie usunięty. Początkowo w prawej części zbiornika jest próżnia. Na gaz nie działa żadna siła, więc nie oczekujemy, że rozprężając się, wykonał on jakąkolwiek pracę – czyli W = 0 ⁢⁢ J . Zbiornik jest odizolowany termicznie od otoczenia, a więc nie będzie żadnej wymiany ciepła między układem a otoczeniem, mamy więc Q = 0 ⁢⁢ J . Z pierwszej zasady termodynamiki wnioskujemy zatem o braku zmiany energii wewnętrznej układu Δ U = Q − W = 0 ⁢ J ⁢ . W przypadku gazu doskonałego, jeśli energia wewnętrzna się nie zmieni, temperatura pozostanie stała. Dlatego równanie stanu gazu doskonałego daje nam końcowe ciśnienie gazu, p = n ⁢ R ⁢ T ∕ V = p 0 ∕ 2 , gdzie p 0 to ciśnienie gazu przed rozprężaniem. Objętość jest podwojona, a ciśnienie zmniejszone o połowę. Poza tym nic innego się nie zmienia podczas rozprężania. Zastanówmy się, czy wszystkie cząsteczki mogą po jakimś czasie powrócić do tej połowy zbiornika, w której były na początku? Intuicja podpowiada nam, że jest to bardzo mało prawdopodobne, mimo że nic, czego się do tej pory dowiedzieliśmy, nie wyklucza możliwości wystąpienia takiej sytuacji. Tak naprawdę pytamy o to, czy rozprężanie gazu jest odwracalne . Proces odwracalny (ang. reversible process ) to taki proces, po zajściu którego układ i środowisko mogą powrócić do stanu początkowego, idąc wstecz po drodze termodynamicznej procesu. Warunkiem koniecznym dla procesu odwracalnego jest kwazistatyczność. Zauważmy, że dość łatwo jest przywrócić początkowy stan układu; znacznie trudniejsze jest jednoczesne odtworzenie pierwotnego stanu otoczenia. W przypadku gazu doskonałego z omawianego ostatnio przykładu możemy wtłoczyć gaz z powrotem do komory oraz przywrócić jego temperaturę i ciśnienie w wyniku odebrania mu części ciepła. Problemem będzie wykonanie powyższych czynności bez jednoczesnej zmiany otoczenia układu. Innymi słowy, układ powróciłby do stanu początkowego po tej samej drodze termodynamicznej. Proces odwracalny to w rzeczywistości proces idealny, który rzadko kiedy zachodzi. Możemy sprawić, że niektóre procesy będą zbliżone do odwracalnych i wykorzystać te procesy odwracalne jako punkt odniesienia. W rzeczywistości prawie wszystkie procesy są nieodwracalne i zwykle niektóre właściwości otoczenia są zmieniane podczas przywracania stanu początkowego układu. Rozprężanie gazu doskonałego, jak już przed chwilą wspomnieliśmy, jest procesem nieodwracalnym, ponieważ nie jest to nawet proces kwazistatyczny, co wiąże się z nieosiąganiem stanu równowagowego w żadnym momencie rozprężania. Z mikroskopowego punktu widzenia ewolucja cząstki opisywanej przez drugą zasadę dynamiki Newtona może się cofać, jeśli odwrócimy bieg czasu. W termodynamice mamy do czynienia z makroskopowym układem złożonym z 10 23 atomów lub cząsteczek, miedzy którymi zachodzą liczne kolizje. Zderzenia sprawiają, że nie jest możliwe odtworzenie trajektorii pojedynczych cząsteczek. Przykładowo możemy oszacować szansę na powrót wszystkich cząsteczek gazu do początkowej połowy zbiornika, ale czas oczekiwania równy aktualnemu wiekowi Wszechświata nie wystarczyłby, aby zaobserwować to zdarzenie chociaż raz. Proces nieodwracalny (ang. irreversible process ) to prawie każdy rzeczywisty proces, z którym mamy do czynienia. Układ i jego środowisko nie mogą jednocześnie wrócić do swoich początkowych stanów. Ze względu na to, że tak właśnie dzieje się w naturze, proces taki jest nazywany naturalnym. Oznaką procesu nieodwracalnego jest skończony gradient pomiędzy stanami występującymi w procesie. Przykładowo, kiedy ciepło przepływa z jednego ciała do drugiego, występuje skończona różnica temperatur (gradient) pomiędzy tymi dwoma ciałami. Co ważniejsze, w każdym momencie procesu układ najpewniej nie jest w stanie równowagowym ani nawet w stanie, który można dobrze zdefiniować. Zjawisko to nazywa się nieodwracalnością (ang. irreversibility ). Spójrzmy na inny przykład nieodwracalności w procesach termicznych. Rozważmy dwa ciała będące w kontakcie termicznym: jedno o temperaturze T 1 , a drugie o temperaturze T 2 > T 1 , jak pokazuje . Spontaniczny przepływ ciepła z ciała o wyższej temperaturze T 2 do ciała o niższej temperaturze T 1 . Z własnego doświadczenia wiemy, że ciepło przepływa z cieplejszego ciała do zimniejszego. Przykładowo, kiedy trzymamy w dłoniach kawałki lodu, czujemy zimno, ponieważ ciepło opuszcza nasze dłonie, przepływając do lodu. Z drugiej strony, kiedy trzymamy jedną końcówkę metalowego pręta, podczas gdy druga znajduje się nad ogniem, zaczniemy odczuwać ciepło. Wszystkie wspomniane doświadczenia dotyczące przepływu ciepła potwierdzają poniższą zasadę: Druga zasada termodynamiki (sformułowanie Clausiusa) Ciepło nigdy nie przepływa spontanicznie z ciała zimniejszego do cieplejszego. Powyższe stwierdzenie jest jednym z kilku sposobów sformułowania drugiej zasady termodynamiki. Jego autorem jest niemiecki fizyk Rudolf Clausius (1822–1888) . Słowo „spontanicznie” oznacza tutaj, że żaden inny czynnik z zewnątrz nie wpłynął na przepływ ciepła. Wprowadzimy później kilka innych znanych sformułowań drugiej zasady termodynamiki, które są sobie równoważne. Wszystkie one implikują nieodwracalność spontanicznego przepływu ciepła między makroskopowymi ciałami składającymi się z dużej liczby atomów lub cząsteczek. Zarówno procesy izotermiczne, jak i adiabatyczne, przedstawione na wykresie p ⁢ V w rozdziale Pierwsza zasada termodynamiki , są w zasadzie odwracalne, gdyż układ jest zawsze w stanie równowagowym i może się poruszać w przód i w tył wzdłuż podanych krzywych. Inne krzywe p ⁢ V również mogą reprezentować procesy wyidealizowane. podsumowuje najczęściej spotykane procesy odwracalne. Elementarne procesy termodynamiczne. Proces Stała wielkość i wynikający fakt Izobaryczny Stałe ciśnienie W = p ⁢ Δ V Izochoryczny Stała objętość W = 0 ⁢ J Izotermiczny Stała temperatura Δ T = 0 ⁢⁢ K Adiabatyczny Nie ma przepływu ciepła Q = 0 ⁢⁢ J Podsumowanie Proces odwracalny to ten, w którym zarówno układ, jak i jego środowisko mogą wrócić do swoich stanów początkowych, podążając odwrotną drogą. Proces nieodwracalny to ten, w którym układ i środowisko nie mogą jednocześnie wrócić do swoich stanów początkowych. Nieodwracalność każdego naturalnego procesu wynika z drugiej zasady termodynamiki. Pytania Podaj przykład procesu zachodzącego w przyrodzie jak najbardziej zbliżonego do procesu odwracalnego. Jednymi z możliwych rozwiązań są: ruchy bez tarcia, ograniczone sprężanie i rozprężanie, wymiana energii w formie ciepła na skutek nieskończenie małych różnic temperatur, przepływ prądu przez przewodnik o zerowej rezystancji. Zadania Zbiornik zawiera 111 ⁢ g chloru gazowego (Cl 2 ) o temperaturze 82 ⁢ ° C i ciśnieniu bezwzględnym 5,7 ⋅ 10 5 ⁢⁢ Pa . Temperatura powietrza na zewnątrz zbiornika wynosi 20 ⁢ ° C . Masa molowa Cl 2 jest równa 70,9 ⁢⁢ g ∕ mol . Jaka jest objętość zbiornika? Ile wynosi energia wewnętrzna gazu? Ile pracy wykona gaz, jeśli temperatura i ciśnienie w zbiorniku spadną do odpowiednio 31 ⁢ ° C i 3,8 ⋅ 10 5 ⁢⁢ Pa na skutek nieszczelności zbiornika? Mol jednoatomowego gazu doskonałego o temperaturze 0 ⁢ ° C i ciśnieniu 1 ⁢⁢ atm został podgrzany i poddany rozprężaniu izobarycznemu. W efekcie jego objętość wzrosła trzykrotnie. Jaki jest przepływ ciepła w tym procesie? 4,53 ⋅ 10 3 ⁢⁢ J . Mol gazu doskonałego pod ciśnieniem 4 ⁢⁢ atm i o temperaturze 298 ⁢ K zwiększa swoją objętość dwukrotnie w procesie izotermicznym. Jaką pracę wykonuje gaz? Po swobodnym rozprężaniu, które doprowadziło do czterokrotnego wzrostu objętości, mol dwuatomowego gazu doskonałego został sprężony izobarycznie z powrotem do swej początkowej objętości i ochłodzony do temperatury początkowej. Jaka jest minimalna ilość ciepła, którą oddał gaz w końcowej fazie przywracania do początkowego stanu? 4,5 ⁢ p ⁢ V 0 . sformułowanie drugiej zasady termodynamiki według Clausiusa (ang. Clausius statement of the second law of thermodynamics ) ciepło nigdy nie przepływa spontanicznie z ciała zimniejszego do cieplejszego nieodwracalność (ang. irreversibility ) cecha procesów naturalnych proces nieodwracalny (ang. irreversible process ) proces, po którym układ oraz jego środowisko nie mogą być jednocześnie przywrócone do swoich początkowych stanów proces odwracalny (ang. reversible process ) proces, w którym zarówno układ, jak i środowisko teoretycznie mogą wrócić do swoich oryginalnych stanów", "section": "Procesy odwracalne i nieodwracalne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Silniki cieplne Silnik cieplny (ang. heat engine ) to urządzenie, które pobiera ciepło ze źródła i zamienia je w energię mechaniczną, używaną następnie do różnych celów. Dobrym przykładem jest silnik parowy w lokomotywie, w którym zachodzi przemiana energii cieplnej na mechaniczną, potrzebną do napędzania pociągu. Nasuwa nam się teraz pytanie na temat konstrukcji i zastosowań silników cieplnych. Przykładowo, jaki maksymalny procent pobieranego ciepła może być użyty do wykonania pracy? Okazuje się, że aby odpowiedzieć na to pytanie, musimy skorzystać z drugiej zasady termodynamiki. Druga zasada termodynamiki może być sformułowana na kilka sposobów. Jedno ze sformułowań, znane jako sformułowanie Calsiusa, mówi o spontanicznym przepływie ciepła. Kilka innych opiera się na pojęciu silnika cieplnego. Przy analizowaniu silników cieplnych i połączonych z nimi urządzeń, np. chłodziarki czy pompy ciepła, musimy pamiętać o konwencji znaków dla ciepła i pracy. Dla wygody przyjmiemy, że symbole Q c , Q z i W oznaczają ilość wymienionego ciepła i wykonanej pracy bez względu na to, od czego ciepło zostało pobrane i co wykonało pracę. W celu określenia kierunku przepływu ciepła oraz tego, czy praca została wykonana przez układ, czy na układzie, spojrzymy na odpowiednie znaki przed symbolami i na zwroty strzałek na schematach. Przyjmijmy, że silnik cieplny jest zbudowany pomiędzy źródłem ciepła (rezerwuar o wysokiej temperaturze lub ciepły rezerwuar) a chłodnicą (rezerwuar o niskiej temperaturze lub zimny rezerwuar). Schemat takiego układu znajduje się na . Silnik pobiera ciepło Q c ze źródła ciepła ( ciepłego rezerwuaru , ang. hot reservoir ) o temperaturze T c podanej w kelwinach, używa części tej energii do wykonania pracy użytecznej W , a następnie oddaje pozostałą energię w formie ciepła Q z do chłodnicy ( zimnego rezerwuaru , ang. cold reservoir ) o temperaturze T z podanej w kelwinach. Elektrownie oraz silniki o spalaniu wewnętrznym to przykłady silników cieplnych. Elektrownie parowe/konwencjonalne (ang. power plant ) wykorzystują parę wodną powstałą przy wysokiej temperaturze do napędzania turbin zasilających generatory elektryczne, wypompowując przy tym ciepło do atmosfery lub pobliskiego zbiornika wodnego, pełniącego rolę chłodnicy. W silniku o spalaniu wewnętrznym (ang. internal combustion engine ) gorąca mieszanka paliwowo-powietrzna używana jest do wypychania tłoka, a ciepło odprowadza się do atmosfery w podobny sposób. Schematyczne przedstawienie silnika cieplnego. Energia przepływa z ciepłego rezerwuaru do zimnego rezerwuaru, wykonując przy tym pracę. W rzeczywistości istnieje wiele różnych modeli silników cieplnych, m.in. silnik o spalaniu wewnętrznym, powszechnie używany w samochodach, lub silnik o spalaniu zewnętrznym, np. silnik parowy używany w lokomotywach parowych. przedstawia zdjęcie działającej elektrowni atomowej. Atmosfera wokół reaktorów odgrywa rolę zimnego rezerwuaru, a ciepło wytworzone na skutek reakcji jądrowych dostarczane jest do ciepłego rezerwuaru. Ciepło wypompowane z elektrowni atomowych przechodzi do chłodni kominowych, skąd jest uwalniane do atmosfery. Silniki cieplne działają dzięki temu, że czynnik roboczy przechodzi pewien cykl przemian. W elektrowniach cieplnych czynnikiem roboczym (ang. working substance ) jest woda, która będąc początkowo w stanie ciekłym, przechodzi następnie w stan gazowy i służy do napędzania turbiny, a ostatecznie zostaje skondensowana z powrotem do stanu ciekłego. Jak w przypadku wszystkich czynników roboczych w procesach cyklicznych, po tym, jak woda wróci do swojego stanu początkowego, rozpoczyna na nowo ten sam cykl. Na razie przyjmijmy, że cykle silnika cieplnego są odwracalne, więc nie ma strat energii na skutek tarcia lub innych nieodwracalnych procesów. Załóżmy, że silnik na przechodzi jeden cykl. Q c , Q z i W reprezentują w nim odpowiednio ciepło źródła, ciepło chłodnicy i wykonaną pracę. Stany początkowy i końcowy są takie same, dlatego w wyniku tego procesu nie dochodzi do zmiany energii wewnętrznej Δ U = 0 ⁢⁢ J . Stąd, korzystając z pierwszej zasady termodynamiki, mamy W = Q − Δ U = Q c − Q z − 0 ⁢⁢ J ⁢ , czyli W = Q c − Q z ⁢ . Istotnym parametrem silnika cieplnego jest jego sprawność ( e ) (ang. efficiency ), która mówi nam, jaki jest stosunek wykonanej przez silnik pracy do dostarczonego do silnika ciepła podczas jednego cyklu. Wzór na sprawność silnika jest następujący: e = W zew ∕ Q wew . W przypadku silnika cieplnego pracującego między dwoma rezerwuarami dostarczamy Q c i otrzymujemy W . Korzystamy z w celu wyprowadzenia końcowego wzoru na sprawność silnika e = W Q c = 1 − Q z Q c ⁢ . Kosiarka spalinowa Pewna kosiarka ma sprawność na poziomie 25 ⁢ % i średni pobór mocy równy 3 ⁢ kW . Ile wynosi średnia praca podczas używania kosiarki przez jedną minutę? Ile wynosi minimalna ilość traconego ciepła podczas używania kosiarki przez jedną minutę? Strategia rozwiązania Korzystając z podanej średniej mocy, możemy obliczyć wykonaną pracę w podanej jednostce czasu. Następnie wyliczamy minimalną stratę ciepła, używając podanej sprawności silnika. Q z = Q c ⁢ 1 − e , gdzie Q c = Q z + W . Rozwiązanie Średnia praca wykonywana przez kosiarkę w ciągu minuty wynosi W = P ⁢ Δ t = 3 ⋅ 10 3 ⋅ 60 ⋅ 1 ⁢⁢ J = 180 ⁢⁢ kJ ⁢ . Minimalna ilość traconego ciepła określona jest wzorem Q z = Q c ⁢ 1 − e = Q z + W ⁢ 1 − e ⁢ , co prowadzi do Q z = W ⁢ 1 e − 1 = 180 ⋅ 1 0,25 − 1 ⁢⁢ kJ = 540 ⁢⁢ kJ ⁢ . Znaczenie Wraz ze wzrostem sprawności maleją straty ciepła. Dzięki temu można ograniczyć ilość ciepła emitowanego do atmosfery i środowiska. Podsumowanie Praca wykonana przez silnik cieplny to różnica między ciepłem dostarczonym z ciepłego rezerwuaru a ciepłem oddanym do zimnego rezerwuaru, czyli W = Q c − Q z . Stosunek wykonanej pracy do ciepła dostarczonego z ciepłego rezerwuaru nazywany jest sprawnością silnika, czyli e = W ∕ Q c = 1 − Q z ∕ Q c . Pytania Podaj praktyczne uzasadnienie wzoru na sprawność silnika cieplnego, W ∕ Q c . Zadania Silnik o sprawności 0,4 wykonuje pracę 200 ⁢⁢ J podczas jednego cyklu. Oblicz ilość ciepła dostarczanego do silnika i stratę ciepła. Podczas wykonywania pracy 100 ⁢⁢ J silnik odprowadza 50 ⁢⁢ J ciepła. Jaka jest sprawność tego silnika? 0,667 . Silnik o sprawności 0,3 pobiera 500 ⁢⁢ J ciepła podczas jednego cyklu. Ile pracy wykonuje podczas jednego cyklu? Ile ciepła odprowadza podczas jednego cyklu? Pewien silnik podczas jednego cyklu odprowadza 100 ⁢⁢ J a pobiera 125 ⁢ J ciepła. Jaka jest sprawność tego silnika? Ile pracy wykonuje podczas jednego cyklu? a. 0,556 ; b. 125 ⁢⁢ J . Temperatura zimnego rezerwuaru wynosi 300 ⁢⁢ K . Silnik o sprawności wynoszącej 0,3 pobiera 400 ⁢⁢ J ciepła podczas jednego cyklu. Ile pracy wykonuje podczas jednego cyklu? Ile ciepła odprowadza podczas jednego cyklu? Temperatura ciepłego rezerwuaru podana w kelwinach jest dwa razy większa od temperatury zimnego rezerwuaru, a praca wykonywana przez silnik podczas jednego cyklu jest równa 50 ⁢⁢ J . Oblicz sprawność tego silnika; ciepło pobierane przez silnik; ilość ciepła traconego. a. 0,5 ; b. 100 ⁢ J ; c. 50 ⁢⁢ J . Elektrownia węglowa zużywa 100 000 ⁢ kg węgla w ciągu godziny i wytwarza 500 ⁢⁢ MW mocy. Jeśli ciepło spalania węgla wynosi 30 ⁢ MW ∕ kg , to jaka jest sprawność tej elektrowni? zimny rezerwuar (ang. cold reservoir ) zbiornik ciepła usuwanego z silnika sprawność (ang. efficiency ) stosunek pracy wykonanej przez silnik do ciepła dostarczonego do silnika z ciepłego rezerwuaru silnik cieplny (ang. heat engine ) urządzenie zamieniające ciepło na pracę ciepły rezerwuar (ang. hot reservoir ) źródło ciepła dostarczanego do silnika", "section": "Silniki cieplne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Chłodziarki i pompy ciepła W poprzednim rozdziale opisywaliśmy cykle silnika będące procesami odwracalnymi. Każda sekwencja etapów mogła być bez problemu wykonana w odwrotnej kolejności. Teraz będziemy rozważać specjalne typy silników cieplnych, które działają w odwrotnym kierunku. Przykładami takich silników są chłodziarka (ang. refrigerator ) i pompa ciepła (ang. heat pump ). W przypadku chłodziarki ciepło jest pobierane z zimnego rezerwuaru, a w przypadku pompy ciepła dostarczane do ciepłego rezerwuaru. Najpierw omówimy chłodziarkę ( ), której głównym celem jest obniżenie temperatury jakiegoś ciała do temperatury niższej od temperatury jego otoczenia. Silnik ten pobiera ciepło z zimnego rezerwuaru. Zimnym rezerwuarem dla chłodziarki jest przestrzeń wewnątrz chłodziarki, a w przypadku klimatyzatora przestrzeń wewnątrz budynku. Schemat chłodziarki lub pompy ciepła. Strzałka z podpisem W symbolizuje pracę dostarczaną do układu. Chłodziarka (lub pompa ciepła) pobiera ciepło Q z z zimnego rezerwuaru o temperaturze T z , oddaje ciepło Q c do ciepłego rezerwuaru o temperaturze T c , a praca wykonywana na czynniku roboczym silnika to W , jak pokazano na schemacie. Jednostką obu temperatur jest kelwin. W przypadku lodówki ciepło jest odbierane z żywności wewnątrz lodówki i następnie przekazywane do otoczenia. Praca potrzebna do działania lodówki, za którą potem płacimy rachunki, wykonywana jest przez silniczek przemieszczający czynnik chłodzący. Schemat lodówki znajduje się na . Schemat działania lodówki. Chłodziwo o temperaturze wrzenia niższej niż temperatura zamarzania wody przepływa cyklicznie przez kolejne elementy (na schemacie zgodnie ze wskazówkami zegara). Ciepło pobierane jest z lodówki w parowniku, gdzie chłodziwo jest odparowywane. Następnie chłodziwo ulega sprężeniu i przepompowywane jest do skraplacza, w którym oddaje ciepło do otoczenia. Sprawność lub współczynnik wydajności K ch (ang. coefficient of performance ) urządzenia chłodniczego to stosunek ciepła usuniętego z ciepłego rezerwuaru do pracy wykonanej przez czynnik roboczy w jednym cyklu pracy K ch = Q z W = Q z Q c − Q z ⁢ . Zauważ, że użyliśmy zasady zachowania energii, W = Q c − Q z , w końcowym kroku obliczeń. Z kolei sprawność lub współczynnik wydajności K p pompy ciepła to stosunek dostarczonego ciepła do pracy wykonanej przez czynnik roboczy w jednym cyklu i wynosi K p = Q c W = Q c Q c − Q z ⁢ . Ponownie użyliśmy wzoru na zachowanie energii w powyższym równaniu. Podsumowanie Chłodziarka i pompa ciepła to silniki cieplne działające w odwrotnym kierunku. Zadaniem chłodziarki jest usuwanie ciepła z zimnego rezerwuaru ze współczynnikiem wydajności K ch . Zadaniem pompy ciepła jest dostarczanie ciepła do ciepłego rezerwuaru ze współczynnikiem wydajności K p . Pytania Co się stanie z temperaturą w kuchni, jeśli drzwi lodówki pozostaną otwarte? Temperatura powietrza w kuchni wzrośnie, ponieważ ciepło emitowane za lodówką jest większe niż chłodzenie z wnętrza lodówki. Czy sprawność silnika odwracalnego może być większa niż 1 ? Czy współczynnik wydajności chłodziarki odwracalnej może być mniejszy niż 1 ? Zadania Chłodziarka ma współczynnik wydajności równy 3 . Jeśli jeden cykl pracy chłodziarki wymaga 200 ⁢ J , to ile ciepła jest usuwane z zimnego rezerwuaru podczas jednego cyklu? Ile ciepła jest emitowane do ciepłego rezerwuaru podczas jednego cyklu? a. 600 ⁢ J ; b. 800 ⁢⁢ J . Podczas jednego cyklu chłodziarka usuwa 500 ⁢⁢ J ciepła z zimnego rezerwuaru i oddaje 800 ⁢⁢ J do ciepłego rezerwuaru. Jaki jest współczynnik wydajności? Ile pracy potrzeba do wykonania jednego cyklu tego silnika? Chłodziarka emituje 80 ⁢⁢ J ciepła podczas jednego cyklu, a jej współczynnik wydajności wynosi 6 . Ile ciepła pobiera z zimnego rezerwuaru podczas jednego cyklu silnika? Ile pracy potrzebuje do działania podczas jednego cyklu silnika? a. 69 ⁢ J ; b. 11 ⁢ J . współczynnik wydajności (ang. coefficient of performance ) miara efektywności chłodziarki lub pompy ciepła pompa ciepła (ang. heat pump ) urządzenie, które dostarcza ciepło do ciepłego rezerwuaru chłodziarka (ang. refrigerator ) urządzenie, które pobiera ciepło z zimnego rezerwuaru", "section": "Chłodziarki i pompy ciepła", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Sformułowania drugiej zasady termodynamiki W tym rozdziale przedstawiliśmy już sformułowanie Clausiusa drugiej zasady termodynamiki, oparte na nieodwracalności swobodnego przepływu ciepła. Wspomnieliśmy wtedy, że druga zasada termodynamiki bywa również ujmowana na kilka innych, równoważnych sposobów. Z punktu widzenia działania silników cieplnych może być przedstawiona następująco: Druga zasada termodynamiki (sformułowanie Kelvina) Niemożliwe jest przekształcenie ciepła z pojedynczego źródła w pracę bez żadnego efektu ubocznego. Powyższe zdanie znane jest jako sformułowanie Kelvina drugiej zasady termodynamiki (ang. Kelvin statement of the second law of thermodynamics ). Opisuje ono niemożliwy do zbudowania „silnik idealny” znany również pod pojęciem perpetuum mobile (ang. perfect engine ), taki jak na (a). Zauważmy, że końcowa część sformułowania, „bez żadnego efektu ubocznego”, nakłada spore ograniczenia. Przykładowo silnik przekształcający całe pobierane ciepło w pracę musi przy tym wykonywać pełne cykle. Jeśli tego nie zrobi, czynnik roboczy w silniku nie będzie w swoim początkowym stanie, czyli zajdzie „efekt uboczny”. Innym przykładem jest zbiornik z gazem, który może pochłaniać ciepło z ciepłego rezerwuaru i wykonywać pracę w procesie izotermicznym, polegającą na przesuwaniu tłoka. Gdyby gaz miał wrócić do swego stanu początkowego (wykonać pełen cykl), musiałby oddać ciepło i zostać sprężony. Sformułowanie Kelvina nawiązuje do znanego problemu inżynieryjnego. Pomimo rozwoju technologicznego nie jesteśmy w stanie skonstruować silnika cieplnego o stuprocentowej sprawności. Pierwsza zasada termodynamiki nie wyklucza możliwości skonstruowania silnika idealnego. Druga stwierdza, że jest to niemożliwe. (a) „Idealny silnik cieplny” przekształca całe dostarczane ciepło w pracę. (b) „Chłodziarka idealna” transportuje ciepło z zimnego rezerwuaru do ciepłego rezerwuaru bez dodatkowej pracy dostarczanej do silnika. Oba urządzenia są w rzeczywistości niemożliwe do skonstruowania. Możemy pokazać, że sformułowania Kelvina i Clausiusa są równoważne, jeśli przyjmiemy, że dwa ciała ze sformułowania Clausiusa to zimny rezerwuar i ciepły rezerwuar. Wtedy twierdzenie Clausiusa ma postać: Nie można zbudować takiej chłodziarki, która by przenosiła ciepło z zimnego rezerwuaru do ciepłego rezerwuaru bez pomocy z zewnątrz. Według sformułowania Clausiusa ciepło nie może spontanicznie przechodzić od zimniejszego do cieplejszego ciała, co możemy dostrzec w naszym codziennym życiu. Transfer ciepła w kierunku wzrastającej temperatury zawsze wymaga dodatkowej energii z zewnątrz. „Chłodziarka idealna” (ang. perfect refrigerator ) pokazana na (b), pracująca bez pomocy z zewnątrz, jest niemożliwa do skonstruowania. W celu udowodnienia równoważności sformułowań Kelvina i Clausiusa pokażemy, że gdy jedno ze sformułowań jest fałszywe, drugie również będzie nieprawdziwe. Na początek przyjmijmy, że sformułowanie Clausiusa jest fałszywe, dzięki czemu chłodziarka idealna z (b) jest możliwa do skonstruowania. Chłodziarka pobiera ciepło Q z zimnego rezerwuaru o temperaturze T z i przenosi je w całości do ciepłego rezerwuaru o temperaturze T c . Rozważmy teraz rzeczywisty silnik cieplny pracujący w tym zakresie temperatur. Pobiera on ciepło Q + Δ Q z ciepłego rezerwuaru, wykonuje pracę W i oddaje ciepło Q do zimnego rezerwuaru. Z pierwszej zasady termodynamiki mamy W = Q + Δ Q − Q = Δ Q . Urządzenia opisane powyżej pokazane są na . Całkowita ilość ciepła pobieranego z ciepłego rezerwuaru to Δ Q , a praca wykonywana na jakimś innym ciele – W . Między silnikiem a zimnym rezerwuarem nie ma przepływu ciepła. Z równania W = Δ Q wynika, że połączenie chłodziarki idealnej z prawdziwym silnikiem cieplnym daje nam idealny silnik cieplny, co zaprzecza sformułowaniu Kelvina. Dlatego też, jeśli sformułowanie Clausiusa jest fałszywe, to sformułowanie Kelvina również. Połączenie chłodziarki idealnej z rzeczywistym silnikiem cieplnym daje nam idealny silnik cieplny, ponieważ W = Δ Q . Stosując drugą zasadę termodynamiki, udowodnimy teraz dwie ważne właściwości silników cieplnych, działających między dwoma rezerwuarami. Pierwsza właściwość brzmi: dowolny silnik z obiegiem odwracalnym, działający między dwoma rezerwuarami ma sprawność większą niż jakikolwiek silnik z obiegiem nieodwracalnym, działający między tymi samymi rezerwuarami . Druga właściwość jest następująca: wszystkie silniki o obiegu odwracalnym, działające między dwoma tymi samymi rezerwuarami, mają taką samą sprawność . Aby to udowodnić, rozważmy dwa silniki, D i E, przedstawione na (a), które działają między wspólnymi rezerwuarami o temperaturach T c i T z . Przyjmijmy, że obieg silnika D jest odwracalny, a silnik E jest hipotetycznym silnikiem z obiegiem nieodwracalnym i ma większą sprawność niż silnik D. Jeśli oba silniki wykonują tę samą ilość pracy W na cykl, to korzystając z , mamy Q c > Q c ′ . Następnie, stosując pierwszą zasadę termodynamiki, otrzymujemy Q z > Q z ′ . (a) Dwa niesparowane silniki D i E, działające między tymi samymi rezerwuarami. (b) Dwa sparowane silniki D i E, gdzie D działa w obiegu odwrotnym. Załóżmy, że cykl silnika D jest odwrócony tak, że silnik działa jak chłodziarka oraz że silniki są ze sobą sparowane tak, iż praca wykonywana przez E jest używana do napędzania D, jak pokazano na (b). Q c > Q c ′ i Q z > Q z ′ , stąd rezultat każdego cyklu jest równy spontanicznemu przepływowi ciepła z zimnego do ciepłego rezerwuaru, a na taki proces nie pozwala druga zasada termodynamiki. Początkowe założenie musi być więc błędne i nie można zbudować nieodwracalnego silnika takiego jak E, który miałby większą sprawność niż odwracalny silnik D. Teraz dość łatwo jest udowodnić, że sprawności wszystkich silników z obiegiem odwracalnym, działających między tymi samymi rezerwuarami, są równe. Załóżmy, że D i E są silnikami z obiegiem odwracalnym. Jeśli są sparowane tak, jak na (b), sprawność silnika E nie może być większa od sprawności D, bo w przeciwnym razie druga zasada termodynamiki byłaby naruszona. To rozumowanie pokazuje, że sprawność silnika D nie może być większa od sprawności E. Podsumowując, dochodzimy do wniosku, że wszystkie silniki z obiegiem odwracalnym, działające między tymi samymi rezerwuarami, mają te same sprawności. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaka jest sprawność idealnego silnika cieplnego? Jaki jest współczynnik wydajności idealnej chłodziarki? Silnik idealny miałby Q z = 0 , co prowadzi do e = 1 − Q z ∕ Q c = 1 . Chłodziarka idealna potrzebowałaby zerowej pracy, W = 0 , co prowadzi do K ch = Q z ∕ W ⟶ ∞ . Sprawdź, czy rozumiesz. Pokaż, że Q c − Q c ′ = Q z − Q z ′ dla hipotetycznego silnika z (b). Z prawej części silnika mamy W = Q c ′ − Q z ′ Z lewej części silnika mamy Q c = Q z + W . Dlatego też W = Q c ′ − Q z ′ = Q c − Q z . Podsumowanie Sformułowanie drugiej zasady termodynamiki według Kelvina: niemożliwe jest przekształcenie ciepła z pojedynczego źródła w pracę bez żadnego efektu ubocznego. Sformułowania Kelvina i Clausiusa są równoważne. Pytania Pokazaliśmy, że jeśli sformułowanie Clausiusa jest fałszywe, to takie musi być też sformułowanie Kelvina. Pokaż, że odwrotne stwierdzenie również jest prawdziwe: jeśli sformułowanie Kelvina jest fałszywe, to sformułowanie Clausiusa także jest fałszywe. Jeśli połączymy silnik idealny i rzeczywistą chłodziarkę z silnikiem przekształcającym ciepło Q z ciepłego rezerwuaru w pracę W = Q , aby napędzać chłodziarkę, to ciepło oddane do ciepłego rezerwuaru przez chłodziarkę będzie wynosić W + Δ Q , co w rezultacie da chłodziarkę idealną, która przenosi ciepło Δ Q z zimnego rezerwuaru do ciepłego rezerwuaru bez żadnego efektu ubocznego. Dlaczego nie wykorzystujemy ciepła z oceanu do napędzania transatlantyków albo ciepła z atmosfery do napędzania samolotów? Omów praktyczne wady i zalety pomp ciepła i ogrzewania elektrycznego. Pompy ciepła mogą efektywnie wydobywać ciepło z ziemi w chłodne dni lub usuwać ciepło z domu w cieplejsze dni. Z drugiej strony pompy ciepła są kosztowne, wymagają konserwacji i nie pracują wydajnie, gdy różnica temperatury w domu i na zewnątrz jest bardzo duża. Koszt zakupu ogrzewania elektrycznego jest znacznie niższy niż w przypadku pompy ciepła, ale koszt użytkowania może być wyższy, jeśli sporo ogrzewamy i cena prądu jest wysoka. Energia wytwarzana przez pompę ciepła jest większa niż energia potrzebna do jej działania. Dlaczego to stwierdzenie nie narusza pierwszej zasady termodynamiki? Rozważ, dlaczego elektrownie atomowe wydają się mniej wydajne od elektrowni cieplnych, biorąc pod uwagę jedynie temperatury ich funkcjonowania. Reaktor jądrowy wymaga niższej temperatury do pracy, więc jego wydajność nie będzie tak duża, jak wydajność elektrowni cieplnej. W argumencie tym nie uwzględnia się, że ilość energii wytwarzanej w jednej reakcji jądrowej jest znacznie wyższa od energii wytwarzanej podczas spalania paliw kopalnych. Gaz doskonały, mogący rozprężać się swobodnie, przechodzi ze stanu p 1 ⁢ , ⁢ V 1 do stanu p 2 ⁢ , ⁢ V 2 . Czy możliwe jest przedstawienie tego procesu na wykresie p ⁢ V ? Odpowiedź uzasadnij. sformułowanie drugiej zasady termodynamiki według Kelvina (ang. Kelvin statement of the second law of thermodynamics ) niemożliwe jest przekształcenie ciepła z pojedynczego źródła w pracę bez żadnego efektu ubocznego silnik idealny (ang. perfect engine ) silnik przekształcający ciepło w pracę ze sprawnością 100 ⁢ % chłodziarka (pompa ciepła) idealna (ang. perfect refrigerator (heat pump) ) chłodziarka (pompa ciepła), która usuwa (oddaje) ciepło bez wykonania pracy nad układem", "section": "Sformułowania drugiej zasady termodynamiki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Cykl Carnota Na początku lat 20. XIX wieku Sadi Carnot (1786–1832) , francuski inżynier, zainteresował się poprawą sprawności ówczesnych silników cieplnych. W 1824 roku badania doprowadziły go do zaproponowania hipotetycznego cyklu pracy, posiadającego największą możliwą sprawność między danymi rezerwuarami. Cykl ten znany jest teraz jako cykl Carnota (ang. Carnot cycle ). Silnik oparty na tym cyklu określa się silnikiem Carnota (ang. Carnot engine ). Cykl Carnota jest bardzo ważny z różnych powodów. Z praktycznego punktu widzenia reprezentuje on odwracalny model dla elektrowni cieplnej oraz dla chłodziarki lub pompy ciepła. Ważne jest również jego znaczenie teoretyczne, ponieważ przyczynił się do powstania kolejnego znaczącego sformułowania drugiej zasady termodynamiki. W cykl Carnota zaangażowane są tylko dwa rezerwuary, dlatego razem z drugą zasadą termodynamiki może być wykorzystywany do zdefiniowania skali temperatury absolutnej, która będzie całkowicie niezależna od rodzaju substancji, dla której mierzona jest temperatura. Jeśli czynnikiem roboczym jest gaz doskonały, to kolejne etapy pracy silnika Carnota przedstawione na są następujące: Rozprężanie izotermiczne. Gaz znajduje się w termicznym kontakcie z ciepłym rezerwuarem o temperaturze T c i pobiera ciepło Q c z tego rezerwuaru. Gaz rozpręża się izotermicznie, wykonując przy tym pracę W 1 . Energia wewnętrzna U gazu doskonałego zależy jedynie od temperatury, dlatego zmiana energii wewnętrznej Δ U = 0 ⁢ J . Korzystając z pierwszej zasady termodynamiki, Δ U = Q − W , otrzymujemy ilość ciepła pobieranego przez gaz Q c = W 1 = n ⁢ R ⁢ T c ⁢ ln V N V M ⁢ . Cztery procesy termodynamiczne silnika Carnota. Zakładamy, że czynnikiem roboczym jest gaz doskonały, którego droga termodynamiczna opisana przez procesy 1–4 pokazana jest na . Całkowita praca wykonywana przez gaz w cyklu silnika Carnota to pole na wykresie ograniczone krzywą 1–2–3–4. Rozprężanie adiabatyczne . Gaz jest izolowany i może kontynuować rozprężanie, wykonując przy tym pracę W 2 . Rozprężanie jest adiabatyczne, więc temperatura gazu spada, w tym przypadku od T c do T z . Z faktu, że p ⁢ V κ = constant , oraz z równania stanu dla gazu doskonałego, p ⁢ V = n ⁢ R ⁢ T , otrzymujemy T ⁢ V κ − 1 = constant ⁢ , czyli T c ⁢ V N κ − 1 = T z ⁢ V O κ − 1 ⁢ . Sprężanie izotermiczne . Gaz jest w kontakcie termicznym z zimnym rezerwuarem o temperaturze T z i ulega sprężaniu izotermicznemu. Podczas tego procesu praca W 3 wykonywana jest na gazie i oddaje on Q z ciepła do zimnego rezerwuaru. Rozumowanie z etapu 1. doprowadza nas do Q z = n ⁢ R ⁢ T z ⁢ ln V O V P ⁢ , gdzie Q z to ciepło oddawane do rezerwuaru przez gaz. Sprężanie adiabatyczne . Gaz jest izolowany termicznie i wraca do swego stanu początkowego w wyniku sprężania. W tym procesie praca W 4 wykonywana jest na gazie. Sprężanie jest adiabatyczne, dlatego temperatura gazu wzrasta, tym razem od T z do T c . Wykorzystując rozumowanie z etapu 2., otrzymujemy T z ⁢ V P κ − 1 = T c ⁢ V M κ − 1 ⁢ . Całkowita praca wykonywana przez gaz w silniku Carnota jest dana przez W = W 1 + W 2 − W 3 − W 4 ⁢ . Praca jest równa polu ograniczonemu przez pętlę pokazaną na wykresie p ⁢ V ( ). Ze względu na to, że początkowy i końcowy stan układu są takie same, zmiana energii wewnętrznej gazu musi być równa zero, czyli Δ U = 0 ⁢ J . Z pierwszej zasady termodynamiki otrzymujemy W = Q − Δ U = Q c − Q z − 0 ⁢ , oraz W = Q c − Q z ⁢ . Aby znaleźć sprawność tego silnika, najpierw dzielimy Q z przez Q c Q z Q c = T z T c ⋅ ln V O V P ln V N V M ⁢ . Kiedy adiabatyczną stałą z etapu 2. podzielimy przez tę z etapu 4., otrzymujemy V O V P = V N V M ⁢ . Podstawiając to do równania na Q z ∕ Q c , dostajemy Q z Q c = T z T c ⁢ . Ostatecznie, korzystając z , otrzymujemy sprawność silnika Carnota, w którym czynnikiem roboczym jest gaz doskonały e = 1 − T z T c ⁢ . Silnik niekoniecznie musi przechodzić cykl Carnota. Jednak wszystkie silniki pracują w następujący sposób: pobierają ciepło z ciepłego rezerwuaru, wykonują pracę oraz oddają ciepło do zimnego rezerwuaru. To prowadzi nas do pytania: czy wszystkie silniki z obiegiem odwracalnym, działające między dwoma tymi samymi rezerwuarami mają tę samą sprawność? Odpowiedź na to pytanie wynika z drugiej zasady termodynamiki omówionej wcześniej: Wszystkie silniki z obiegiem odwracalnym mają tę samą sprawność . A także, jak można się spodziewać, wszystkie silniki rzeczywiste, działające między dwoma tymi samymi rezerwuarami, mają mniejszą sprawność niż silniki z obiegiem odwracalnym, działające między tymi samymi dwoma rezerwuarami, co także jest konsekwencją drugiej zasady termodynamiki. Na wykresie p ⁢ V z widzimy cykl idealnej chłodziarki Carnota, czyli silnika Carnota pracującego w odwrotną stronę. Chłodziarka pobiera ciepło Q z z zimnego rezerwuaru o temperaturze T z , podczas gdy gaz rozpręża się izotermicznie. Następnie gaz ulega sprężaniu adiabatycznemu, aż jego temperatura osiągnie T c , po którym nastąpi sprężanie izotermiczne, skutkujące odrzuceniem ciepła Q c do ciepłego rezerwuaru o temperaturze T c . Na koniec cyklu gaz rozpręża się adiabatycznie, przez co jego temperatura spada do T z . Praca wykonywana na gazie w jednym cyklu chłodziarki Carnota to pole na wykresie ograniczone krzywą 1–2–3–4. Praca wykonywana na gazie doskonałym jest równa polu ograniczonemu pętlą na wykresie p ⁢ V . Z pierwszej zasady termodynamiki otrzymujemy wzór na pracę W = Q c − Q z ⁢ . Przyjmując rozumowanie podobne do stosowanego w przypadku silnika Carnota, otrzymujemy Q z T z = Q c T c ⁢ . Wykorzystując , mamy K ch = T z T c − T z dla współczynnika wydajności chłodziarki Carnota z gazem doskonałym. W podobny sposób możemy wyprowadzić wzór na współczynnik wydajności pompy ciepła Carnota K p = Q c Q c − Q z = T c T c − T z ⁢ . Wyprowadziliśmy już równania dla sprawności silnika Carnota oraz współczynników wydajności chłodziarki Carnota i pompy ciepła Carnota, zakładając, że dla obu urządzeń czynnikiem roboczym jest gaz doskonały. Okazuje się, że te równania są bardziej ogólne, niż mogłoby nam się wydawać. Wykażemy wkrótce, iż oba są poprawne bez względu na substancję użytą jako czynnik roboczy. Carnot podsumował swoje badania nad silnikiem cieplnym i cyklami termodynamicznymi sformułowaniem znanym jako twierdzenie Carnota (ang. Carnot’s principle ): Twierdzenie Carnota Nie istnieje silnik pracujący między dwoma rezerwuarami o stałych temperaturach, który miałby większą sprawność od silnika odwracalnego, działającego między tymi samymi rezerwuarami. Twierdzenie to może być uważane za kolejne sformułowanie drugiej zasady termodynamiki i można wykazać jego równoważność ze sformułowaniami Kelvina i Clausiusa. Silnik Carnota Silnik Carnota ma sprawność 0,6 , a temperatura zimnego rezerwuaru jest równa 300 ⁢ K . Jaka jest temperatura ciepłego rezerwuaru? Jeśli silnik wykonuje pracę 300 ⁢⁢ J na cykl, to ile ciepła jest pobierane z ciepłego rezerwuaru podczas jednego cyklu? Ile ciepła jest oddawane do zimnego rezerwuaru w jednym cyklu? Strategia rozwiązania Dzięki temu, że sprawność cieplna silnika Carnota jest zależna od temperatury, możemy znaleźć temperaturę ciepłego rezerwuaru. Następnie, używając definicji sprawności i wartości pracy wykonywanej przez silnik, obliczamy ciepło pobrane przez silnik. Ostatecznie zasada zachowania energii mówi nam, ile ciepła musi zostać oddane do zimnego rezerwuaru. Rozwiązanie Korzystając z wyrażenia e = 1 − T z ∕ T c , mamy 0,6 = 1 − 300 ⁢⁢ K T c ⁢ , więc temperatura ciepłego rezerwuaru jest równa T c = 300 ⁢⁢ K 1 − 0,6 = 750 ⁢⁢ K ⁢ . Sprawność silnika według definicji to e = W ∕ Q , dlatego ciepło pobrane z ciepłego rezerwuaru w jednym cyklu wynosi Q c = W e = 300 ⁢⁢ J 0,6 = 500 ⁢⁢ J ⁢ . Korzystając z pierwszej zasady termodynamiki, otrzymujemy ilość ciepła oddawanego do zimnego rezerwuaru Q z = Q c − W = 500 ⁢ J − 300 ⁢⁢ J = 200 ⁢ J ⁢ . Znaczenie Silnik Carnota ma największą możliwą sprawność przekształcania ciepła w pracę między dwoma rezerwuarami, ale nie musi to oznaczać, że sprawność ta jest równa 100 ⁢⁢ % . Wraz ze wzrostem różnicy temperatur ciepłego i zimnego rezerwuaru wzrasta sprawność silnika Carnota. Pompa ciepła Carnota Pompa ciepła Carnota działa między temperaturą na zewnątrz równą 0 ⁢⁢ ° C a temperaturą w pomieszczeniu 20 ⁢⁢ ° C . Jaką pracę musi pobrać silnik, jeśli ciepło dostarczane do wnętrza domu wynosi 30 ⁢⁢ kJ ? Strategia Zakładamy, że pompa ciepła w zadaniu jest pompą ciepła Carnota, więc jej współczynnik wydajności dany jest przez K p = Q c ∕ W = T c ∕ T c − T z . Dzięki temu możemy obliczyć ilość potrzebnej pracy W , korzystając z podanego w zadaniu ciepła Q c . Rozwiązanie Ilość potrzebnej pracy otrzymujemy z W = Q c K p = Q c ⋅ T c − T z T c = 30 ⁢⁢ kJ ⋅ 293 ⁢⁢ K − 273 ⁢⁢ K 293 ⁢ K = 2 ⁢⁢ kJ ⁢ . Znaczenie W zadaniu tym należy zauważyć, że ilość potrzebnej pracy zależy nie tylko od dostarczanego ciepła, ale również od różnicy temperatur wnętrza i otoczenia budynku. Zależność sprawności silnika od temperatury na zewnątrz sprawia, że takie pompy ciepła są niepraktyczne w rejonach, gdzie temperatura na zewnątrz jest znacznie niższa niż temperatura w środku. Pod względem kosztów energii pompa ciepła (ang. heat pump ) jest bardzo ekonomiczna, jeśli chodzi o ogrzewanie budynków ( ). Rozważmy dla porównania ogrzewanie poprzez bezpośrednie przekształcanie energii elektrycznej w ciepło za pomocą oporowego urządzenia grzejnego. W tym przypadku jedna jednostka energii elektrycznej dostarcza co najwyżej jedną jednostkę ciepła, czyli mniej niż w przypadku pomp ciepła. Niestety pompy ciepła mają też swoje wady. Koszt zakupu takiej pompy jest dość wysoki w porównaniu do oporowych urządzeń grzejnych, a ich współczynnik wydajności zmniejsza się wraz ze spadkiem temperatury na zewnątrz. W rzeczywistości już dla temperatur zewnętrznych poniżej − 10 ⁢ ° C ilość ciepła dostarczanego przez pompę jest mniejsza niż energia potrzebna do działania. Zdjęcie pompy ciepła znajdującej się na zewnątrz budynku. Zdjęcie zostało zrobione w obszarze o ciepłym klimacie, gdzie używanie takiej pompy ciepła jest opłacalne. Źródło: modyfikacja zdjęcia Petera Stevensa Sprawdź, czy rozumiesz. Silnik Carnota działa między rezerwuarami o temperaturach 400 ⁢ ° C i 30 ⁢ ° C . Jaka jest sprawność tego silnika? Silnik wykonuje pracę 5 ⁢⁢ J na cykl. Ile ciepła na cykl jest pobierane z ciepłego rezerwuaru? Ile ciepła jest dostarczane do zimnego rezerwuaru w jednym cyklu? Jaka temperatura zimnego rezerwuaru skutkowałaby najmniejszą sprawnością, a jaka największą? a. e = 1 − T z ∕ T c = 0,55 ; b. Q c = e ⁢ W = 9,1 ⁢⁢ J ; c. Q z = Q c − W = 4,1 ⁢⁢ J ; d. − 273 ⁢ ° C , 400 ⁢ ° C . Sprawdź, czy rozumiesz. Chłodziarka Carnota działa między dwoma rezerwuarami, których temperatury wynoszą odpowiednio 0 ⁢ ° C i 25 ⁢⁢ ° C . Jaki jest współczynnik wydajności chłodziarki? Jeśli podczas jednego cyklu na czynniku roboczym wykonywana jest praca 200 ⁢⁢ J , ile ciepła na cykl zostaje pobrane z zimnego rezerwuaru? Ile ciepła na cykl zostało dodane do ciepłego rezerwuaru? a. K ch = T z ∕ T c − T z = 10,9 ; b. Q z = K ch ⁢ W = 2,18 ⁢⁢ kJ ; c. Q c = Q z + W = 2,38 ⁢⁢ kJ . Podsumowanie Silnik Carnota ma największa sprawność ze wszystkich silników z obiegiem odwracalnym działających między dwoma rezerwuarami. Twierdzenie Carnota jest kolejnym sposobem sformułowania drugiej zasady termodynamiki. Pytania Co należy zrobić z temperaturami rezerwuarów, aby zwiększyć sprawność silnika Carnota? W celu zwiększenia sprawności silnika należy zwiększyć temperaturę ciepłego rezerwuaru i zmniejszyć temperaturę zimnego rezerwuaru. Zależności te pokazane są na . Jak skonstruować silnik Carnota o stuprocentowej sprawności? Jakiego rodzaju procesy termodynamiczne występują w cyklu Carnota? Procesy adiabatyczne i izotermiczne. Zadania Chłodziarka Carnota działa między rezerwuarami o temperaturach − 73 ⁢ ° C i 270 ⁢⁢ ° C . Jaka jest sprawność tego silnika? 2 . Chłodziarka Carnota działa między rezerwuarami o temperaturach T z i T c . Oblicz ilość pracy potrzebnej do pobrania ciepła 1 ⁢⁢ J z zimnego rezerwuaru pod warunkiem, że T z = 7 ⁢ ° C , T c = 27 ⁢⁢ ° C ; T z = − 73 ⁢⁢ ° C , T c = 27 ⁢⁢ ° C ; T z = − 173 ⁢ ° C , T c = 27 ⁢ ° C ; T z = − 273 ⁢⁢ ° C , T c = 27 ⁢⁢ ° C . Temperatura zimnego rezerwuaru jest równa 300 ⁢⁢ K , a temperatura ciepłego rezerwuaru 600 ⁢ K . Jeśli silnik pobiera 100 ⁢⁢ J z ciepłego rezerwuaru na cykl, to ile pracy wykonuje podczas jednego cyklu? 50 ⁢⁢ J . Chłodziarka Carnota napędzana silnikiem o mocy 500 ⁢⁢ W działa między rezerwuarami o temperaturach − 5 ⁢⁢ ° C i 30 ⁢⁢ ° C . Ile ciepła na sekundę jest pobierane z wnętrza chłodziarki? Ile ciepła na sekundę jest oddawane do otoczenia chłodziarki? Narysuj cykl Carnota na wykresie zależności temperatury od objętości. Pompa ciepła Carnota działa między temperaturami 0 ⁢⁢ ° C i 20 ⁢ ° C . Ile ciepła jest dostarczane do wnętrza domu przy wykonaniu przez pompę pracy 1 ⁢⁢ J ? Silnik Carnota działający między rezerwuarami o temperaturach 20 ⁢ ° C i 200 ⁢ ° C pobiera 1000 ⁢⁢ J ciepła z ciepłego rezerwuaru. Jaka jest maksymalna ilość pracy wykonywanej w jednym cyklu tego silnika? Ile ciepła na cykl jest oddawane do zimnego rezerwuaru w przypadku maksymalnej pracy z poprzedniego podpunktu? a. 900 ⁢ J ; b. 100 ⁢⁢ J . Załóżmy, że silnik Carnota może działać między dwoma rezerwuarami jako silnik cieplny lub chłodziarka. Jaka jest zależność między współczynnikiem wydajności chłodziarki a sprawnością silnika cieplnego? Silnik Carnota jest używany do mierzenia temperatury ciepłego rezerwuaru. Silnik działa między ciepłym rezerwuarem, a rezerwuarem zawierającym wodę, będącą w punkcie potrójnym. Jeśli na cykl 400 ⁢ J jest pobierane z ciepłego rezerwuaru, podczas gdy 200 ⁢⁢ J jest oddawane do drugiego rezerwuaru, to jaka będzie temperatura ciepłego rezerwuaru? Jeśli na cykl 400 ⁢⁢ J jest pobierane z drugiego rezerwuaru, podczas gdy 200 ⁢ J jest oddawane do ciepłego rezerwuaru, to jaka będzie jego temperatura? a. 546 ⁢⁢ K ; b. 137 ⁢⁢ K . Jaka jest minimalna praca wymagana do działania chłodziarki, jeśli pobiera ona 50 ⁢⁢ J ciepła na cykl z wnętrza zbiornika o temperaturze − 10 ⁢⁢ ° C i oddaje ciepło do otoczenia o temperaturze 25 ⁢⁢ ° C ? cykl Carnota (ang. Carnot cycle ) cykl składający się z dwóch izoterm o temperaturach dwóch rezerwuarów oraz z dwóch adiabat łączących izotermy silnik Carnota (ang. Carnot engine ) silnik cieplny Carnota, chłodziarka lub pompa ciepła pracujące w cyklu Carnota twierdzenie Carnota (ang. Carnot’s principle ) twierdzenie opisujące sprawność lub wydajność urządzenia cieplnego pracującego w cyklu Carnota: nie istnieje silnik pracujący między dwoma rezerwuarami o danych temperaturach, który miałby większą sprawność od silnika odwracalnego, działającego między tymi samymi rezerwuarami", "section": "Cykl Carnota", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Entropia Drugą zasadę termodynamiki najlepiej można sformułować na podstawie zmiany entropii (ang. entropy ), oznaczanej symbolem S . Entropia, tak jak energia wewnętrzna, jest funkcją stanu. Oznacza to, że zmiana entropii Δ S jest niezależna od drogi termodynamicznej między dwoma stanami i zależy jedynie od zmiennych termodynamicznych tych dwóch stanów. Rozważmy najpierw zmianę entropii Δ S układu podczas procesu odwracalnego przy stałej temperaturze. W tym przypadku zmiana entropii układu dana jest wzorem Δ S = Q T ⁢ , gdzie Q to ciepło wymienione przez układ o temperaturze T (w kelwinach). Jeżeli układ pobiera ciepło, czyli Q > 0 , entropia układu wzrasta. Przykładem może być gaz o temperaturze 300 ⁢⁢ K , pobierający ciepło 10 ⁢ J w izotermicznym procesie odwracalnym. Korzystając z , wyliczamy zmianę entropii Δ S = 10 ⁢⁢ J 300 ⁢⁢ K = 0,033 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Podobnie jeśli gaz o temperaturze T = 200 ⁢⁢ K oddaje 5 ⁢⁢ J ciepła, Q = − 5 ⁢⁢ J , zmiana entropii układu jest równa Δ S = − 5 ⁢⁢ J 200 ⁢ K = − 0,025 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Zmiana entropii topniejącego lodu Kostka lodu o masie 50 ⁢ g i temperaturze 0 ⁢ ° C jest powoli podgrzewana, co prowadzi do przemiany w wodę o tej samej temperaturze. Jaka jest zmiana entropii tego lodu? Strategia rozwiązania Proces zachodzi powoli, dlatego możemy uznać go za proces odwracalny. Temperatura jest stała, więc możemy użyć wzoru w naszych obliczeniach. Rozwiązanie Lód topi się po dostarczeniu ciepła Q = m ⁢ L = 50 ⁢⁢ g ⋅ 335 ⁢⁢ J ∕ g = 16,8 ⁢⁢ kJ ⁢ , gdzie m m to masa lodu, a L L – ciepło topnienia. W tym procesie odwracalnym temperatura mieszaniny lodu i wody jest równa 0 ⁢⁢ ° C lub 273 ⁢⁢ K . Korzystając z Δ S = Q ∕ T , otrzymujemy zmianę entropii Δ S = 16,8 ⁢⁢ kJ 273 ⁢⁢ K = 61,5 ⁢⁢ J ∕ K podczas topnienia w temperaturze 0 ⁢⁢ ° C . Znaczenie Podczas zmiany stanu skupienia temperatura jest stała, dzięki czemu możemy użyć do rozwiązania tego problemu. To samo równanie mogłoby być również użyte w przypadku zmiany stanu skupienia z ciekłego na gazowy, ponieważ podczas tej przemiany temperatura również nie ulega zmianie. Aby wyrazić zmianę entropii układu podczas procesu odwracalnego, dla którego temperatura nie musi być stała, musimy zmodyfikować wzór Δ S = Q ∕ T . Wyobraź sobie układ, który przechodzi ze stanu A do stanu B małymi etapami. Temperatury związane z tymi stanami to T A i T B . Podczas każdego etapu przejścia układ wymienia ciepło Δ Q i w sposób odwracalny przy temperaturze T i . Taki proces może być osiągnięty eksperymentalnie poprzez umieszczenie układu w kontakcie termicznym z dużą liczbą rezerwuarów o różnej temperaturze T i , jak przedstawiono na . Zmiana entropii dla każdego etapu to Δ S i = Q i ∕ T i . Całkowita zmiana entropii na skutek tego procesu dana jest wzorem Δ S = S B − S A = ∑ i Δ S i = ∑ i Δ Q i T i ⁢ . Weźmy teraz granicę Δ Q i ⟶ 0 oraz przyjmijmy, że liczba etapów dąży do nieskończoności. Następnie, zastępując sumę całką, otrzymujemy Δ S = S B − S A = ∫ A B d Q T ⁢ , gdzie całka jest oznaczona w przedziale od początkowego stanu A do końcowego stanu B . To równanie jest prawdziwe tylko, gdy przejście ze stanu A do B jest odwracalne. Gaz rozpręża się przy stałym ciśnieniu, podczas gdy jego temperatura wzrasta małymi etapami w wyniku korzystania z ciepłych rezerwuarów. Jako przykład przyjmijmy całkowitą zmianę entropii silnika z obiegiem odwracalnym, który przechodzi pojedynczy cykl Carnota. W etapach 2. i 4. cyklu pokazanego na nie ma wymiany ciepła, dlatego Δ S 2 = Δ S 4 = ∫ d Q ∕ T = 0 . W etapie 1. silnik pobiera ciepło Q c o temperaturze T c , a więc zmiana entropii wynosi Δ S 1 = Q c ∕ T c . Podobnie w etapie 3., Δ S 3 = − Q z ∕ T z . Całkowita zmiana entropii tego silnika dla pojedynczego cyklu jest równa Δ S = Δ S 1 + Δ S 2 + Δ S 3 + Δ S 4 = Q c T c − Q z T z ⁢ . Jednak wiemy, że dla silnika Carnota Q c T c = Q z T z ⁢ , dlatego Δ S = 0 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Na początku i na końcu omawianego cyklu entropia silnika Carnota jest taka sama. Zależność tę można uogólnić dla innych przypadków: zmiana entropii układu ulegającego pełnemu cyklowi procesu odwracalnego jest zerowa. Wyrażenie to można zapisać matematycznie jako ∮ d S = ∮ d Q T = 0 ⁢ , gdzie ∮ symbolizuje całkę po zamkniętej, odwracalnej drodze termodynamicznej . Korzystając z , pokażemy, że zmiana entropii układu ulegającego odwracalnemu procesowi między dwoma stanami nie zależy od drogi. Przykładowa zamknięta droga termodynamiczna dla cyklu odwracalnego procesu, który przechodzi przez stany A i B , ukazana jest na . Z wiemy, że ∮ d S = 0 dla tej drogi zamkniętej. Możemy podzielić tę całkę na dwie części, jedną wzdłuż I, prowadzącą od A do B , drugą wzdłuż II, prowadzącą od B do A . Wtedy ∫ A B d S I + ∫ B A d S II = 0 ⁢ . Ponieważ proces jest odwracalny, otrzymujemy ∫ A B d S I = ∫ A B d S II ⁢ . Zamknięta pętla przechodząca przez stany A i B reprezentuje odwracalny cykl. Zmiana entropii podczas przejścia z A do B jest taka sama dla I oraz II. Obie drogi są odwracalne i zostały dowolnie wybrane, dlatego zmiana entropii podczas przejścia między dwoma stanami równowagowymi jest taka sama dla wszystkich odwracalnych procesów między tymi stanami. Entropia, podobnie jak energia wewnętrzna, jest więc funkcją stanu. Co się stanie, jeśli proces będzie nieodwracalny? Oczekujemy wtedy, że entropia zamkniętego układu lub układu i jego otoczenia (w szczególności całego Wszechświata) będzie się zwiększała. Dlatego możemy zapisać to wyrażenie jako Δ S ≥ 0 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ , gdzie S jest całkowitą entropią układu zamkniętego (całego Wszechświata), a znak równości odnosi się do procesu odwracalnego. Prawdziwe jest sformułowanie drugiej zasady termodynamiki oparte na pojęciu entropii (ang. entropy statement of the second law of thermodynamics ): Druga zasada termodynamiki (z użyciem entropii) Entropia układu zamkniętego nigdy nie maleje. Możemy pokazać, że to sformułowanie zgadza się ze sformułowaniem Kelvina, sformułowaniem Clausiusa i twierdzeniem Carnota. Zmiana entropii układu podczas procesu izobarycznego Ustalmy zmianę entropii ciała o masie m i o cieple właściwym c , które zostało gwałtownie schłodzone (nieodwracalnie) przy stałym ciśnieniu z temperatury T c do T z . Strategia rozwiązania Proces jest nieodwracalny, więc nie możemy w łatwy sposób obliczyć zmiany entropii. Jednak ponieważ entropia układu jest funkcją stanu, możemy sobie wyobrazić proces odwracalny, który zaczyna się w danym stanie początkowym i kończy się w danym stanie końcowym. Wtedy zmiana entropii układu jest dana , Δ S = ∫ A B d Q ∕ T . Rozwiązanie Aby zastąpić gwałtowne chłodzenie procesem odwracalnym, wyobraźmy sobie, że gorące ciało jest umieszczone w kontakcie termicznym z coraz chłodniejszymi ciepłymi rezerwuarami, których temperatury są z przedziału od T c do T z . W tym procesie ciało traci nieskończenie małe ilości ciepła d Q , a więc otrzymujemy Δ S = ∫ T c T z d Q T ⁢ . Z definicji pojemności cieplnej nieskończenie mała wymiana ciepła d Q dla ciała jest związana z jego zmianą temperatury d T wyrażeniem d Q = m ⁢ c ⁢ d T ⁢ . Podstawiając prawą stronę równania za d Q do wyrażenia na Δ S , otrzymujemy zmianę entropii ciała, które zostało schłodzone przy stałym ciśnieniu z temperatury T c do T z Δ S = ∫ T c T z m ⁢ c ⁢ d T T = m ⁢ c ⁢ ln T z T c ⁢ . Zauważmy, że Δ S < 0 ⁢⁢ J ∕ K , ponieważ T z < T c . Innymi słowy, ciało straciło część entropii. Jednak jeśli policzylibyśmy to, co spowodowało usunięcie ciepła z ciała, uzyskalibyśmy Δ S Wszechświat > 0 ⁢⁢ J ∕ K , ponieważ proces jest nieodwracalny. Znaczenie Jeśli temperatura zmienia się podczas przepływu ciepła, to w celu obliczenia zmiany entropii należy umieścić temperaturę pod całką. Jeśli jednak temperatura jest stała, wystarczy podzielić ilość wymienionej energii przez temperaturę, aby uzyskać wartość zmiany entropii. Silnik Stirlinga Rozwiążmy teraz zadanie z silnikiem Stirlinga (ang. Stirling engine ). W tym zadaniu użyjemy 0,001 mola gazu jednoatomowego, który na początku ma temperaturę 133 ⁢ ° C i objętość 0,1 ⁢ m 3 . Stan początkowy oznaczmy jako A . Etapy działania wspomnianego silnika są następujące: Etap A ⁢ B : rozprężanie izotermicznie przy 133 ⁢⁢ ° C od 0,1 ⁢⁢ m 3 do 0,2 ⁢⁢ m 3 . Etap B ⁢ C : ochładzanie izochoryczne do 33 ⁢⁢ ° C . Etap C ⁢ D : sprężanie izotermiczne przy 33 ⁢⁢ ° C od 0,2 ⁢⁢ m 3 do 0,1 ⁢⁢ m 3 . Etap D ⁢ A : podgrzewanie izochoryczne do 133 ⁢⁢ ° C i 0,1 ⁢⁢ m 3 . Narysujmy wykres p ⁢ V dla silnika Stirlinga z odpowiednimi oznaczeniami przejść. Uzupełnijmy poniższą tabelę. Etap W ( J ) Q ( J ) Δ S ( J ∕ K ) Etap A ⁢ B Etap B ⁢ C Etap C ⁢ D Etap D ⁢ A Pełny cykl Jak sprawność silnika Stirlinga wypada na tle sprawności silnika Carnota działającego między tymi samymi rezerwuarami? Strategia rozwiązania Stosując równanie stanu gazu doskonałego, obliczamy ciśnienie w każdym punkcie, dzięki czemu możemy nanieść punkty na wykres p ⁢ V . Praca w procesie izotermicznym obliczana jest przy użyciu równania W = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ln V 2 ∕ V 1 , a dla procesu izochorycznego wynosi zero. Ilość wymienionego ciepła otrzymujemy z pierwszej zasady termodynamiki, Q = Δ U − W , gdzie Δ U = 3 ∕ 2 ⋅ n ⁢ R ⁢ Δ T dla gazów jednoatomowych. Zmiana entropii dla etapów izotermicznych jest równa Q ∕ T , z kolei dla procesów izochorycznych wynosi Δ S = 3 ∕ 2 ⋅ n ⁢ R ⁢ ln T 2 ∕ T 1 . Sprawność silnika obliczamy, używając e Stir = W ∕ Q c . Rozwiązanie Wykres p ⁢ V silnika Stirlinga Uzupełniona tabela Etap W ( J ) Q ( J ) Δ S ( J ∕ K ) Etap A ⁢ B 2,3 2,3 0,0057 Etap B ⁢ C 0 − 1,2 0,0035 Etap C ⁢ D − 1,8 − 1,8 − 0,0059 Etap D ⁢ A 0 1,2 − 0,0035 Pełny cykl 0,5 0,5 ∼ 0 Sprawność silnika Stirlinga e Stir = W Q c = Q A B + Q C D Q A B + Q D A = 0,5 4,5 = 0,11 ⁢ . Jeśli między tymi samymi rezerwuarami działałby silnik Carnota, jego sprawność byłaby dana wzorem e Car = 1 − T z T c = 0,25 ⁢ . Widać, że sprawność silnika Carnota byłaby większa niż sprawność silnika Stirlinga. Znaczenie We wczesnych latach rozwoju silników parowych zdarzały się wypadki z powodu zbyt wysokiego ciśnienia pary w kotle. Robert Stirling w 1816 roku wynalazł silnik, który nie używał pary i dlatego był bezpieczniejszy. Silnik Stirlinga był powszechnie używany w XIX wieku, jednak usprawnienia silników parowych i rozwój silników o spalaniu wewnętrznym sprawiły, że urządzenie to przestało być tak powszechnie stosowane. Czynnikiem roboczym silnika Stirlinga jest skompresowane powietrze, które przepływa między dwoma cylindrami rozdzielonymi tłokiem, zwanym wypornikiem. Wypornik wykonany jest z materiału, który nie przewodzi ciepła. W dwóch etapach cyklu pracy silnika Stirlinga cylindry zmieniają swoją objętość. Podsumowanie Zmiana entropii dla izotermicznego procesu odwracalnego jest równa wymienionemu ciepłu podzielonemu przez temperaturę. Zmiana entropii układu dla procesu odwracalnego dana jest wzorem Δ S = ∫ A B d Q ∕ T . Zmiana entropii między dwoma stanami jest niezależna od drogi termodynamicznej. Pytania Czy entropia wzrasta w każdym cyklu silnika Carnota? Czy jest możliwe, żeby entropia układu się zmieniła, jeśli podczas procesu odwracalnego nie ma wymiany ciepła? Co w przypadku procesu nieodwracalnego? Jeśli nie ma wymiany ciepła, to entropia ulegnie zmianie jedynie w przypadku procesu nieodwracalnego. Zadania Z rezerwuaru o temperaturze 200 ⁢ K pobrano 200 ⁢⁢ J ciepła. Jaka jest zmiana entropii tego rezerwuaru? − 1 ⁢⁢ J ∕ K . Podczas odwracalnego rozprężania izotermicznego przy 27 ⁢ ° C gaz doskonały wykonuje pracę 20 ⁢⁢ J . Jaka jest zmiana entropii tego gazu? Gaz doskonały o temperaturze 300 ⁢ K został izotermicznie sprężony do jednej piątej swojej początkowej objętości. Ustal zmianę entropii na mol tego gazu. − 13 ⁢⁢ J ∕ K ⁢⁢ mol . Jaka jest zmiana entropii 10 ⁢⁢ g pary wodnej o temperaturze 100 ⁢ ° C , jeśli skropliła się do wody o tej samej temperaturze? Metalowy pręt został użyty, aby przewodzić ciepło między dwoma rezerwuarami o temperaturach odpowiednio T c i T z . Kiedy ciepło Q przepłynie przez pręt z ciepłego do zimnego rezerwuaru, jaka będzie całkowita zmiana entropii pręta, ciepłego rezerwuaru, zimnego rezerwuaru i Wszechświata? − Q ∕ T c , − Q ∕ T z , Q ⁢ 1 ∕ T z − 1 ∕ T c . Jaka będzie zmiana entropii dla cyklu Carnota z dla ciepłego rezerwuaru, zimnego rezerwuaru i Wszechświata? Ołów o masie 5 ⁢⁢ kg i temperaturze 600 ⁢⁢ ° C został umieszczony w jeziorze, którego temperatura wynosi 15 ⁢⁢ ° C . Ustal zmianę entropii dla ołowiu; jeziora; Wszechświata. a. − 540 ⁢⁢ J ∕ K ; b. 1600 ⁢⁢ J ∕ K ; c. 1100 ⁢⁢ J ∕ K . Mol gazu doskonałego podwoił swoją objętość na skutek odwracalnego rozprężania izotermicznego. Jaka będzie zmiana entropii tego gazu? Jeśli ciepło 1500 ⁢⁢ J zostanie dostarczone podczas tego procesu, to jaka będzie temperatura gazu? Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego jest zamknięty w sztywnym pojemniku. Kiedy ciepło zostało odwracalnie dostarczone do gazu, jego temperatura zmieniła się od T 1 do T 2 . Ile ciepła zostało dostarczone? Jaka jest zmiana entropii tego gazu? a. Q = n ⁢ R ⁢ Δ T ; b. S = n ⁢ R ⁢ ln T 2 ∕ T 1 . Kamień o masie 5 ⁢ kg i o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C zostaje wrzucony do płytkiego jeziora również o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C z wysokości 10 3 ⁢⁢ m . Jaka będzie zmiana entropii dla Wszechświata? Jeśli temperatura kamienia wynosiłaby 100 ⁢⁢ ° C , gdy został on zrzucony, jaka byłaby zmiana entropii dla Wszechświata? Zakładamy, że opory powietrza są pomijalne (w rzeczywistości niezbyt dobre założenie) i że ciepło właściwe kamienia wynosi c = 860 ⁢⁢ J ∕ kg ⁢⁢ K . entropia (ang. entropy ) funkcja stanu, która się zmienia, gdy ciepło jest wymieniane między układem i jego otoczeniem sformułowanie drugiej zasady termodynamiki w oparciu o pojęcie entropii (ang. entropy statement of the second law of thermodynamics ) entropia układu zamkniętego lub całego wszechświata nigdy nie maleje", "section": "Entropia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Entropia w skali mikroskopowej Widzieliśmy już, w jaki sposób entropia jest zależna od wymiany ciepła dla danej temperatury. W tym podrozdziale przyjrzymy się entropii ze statystycznego punktu widzenia. Mimo iż szczegółowe uzasadnienie jest dość skomplikowane, okazuje się, że entropia związana jest ze stopniem nieuporządkowania układu – im większy nieład, tym większa entropia. Weźmy na przykład nową talię kart, która jest bardzo dobrze uporządkowana, ponieważ wszystkie karty są ustawione według ich numerów i kolorów. Przetasowanie kart będzie skutkowało losowym ustawieniem każdej z nich i wzrostem entropii ( ). Entropia nowej talii kart wzrasta po przetasowaniu. Źródło: „Rommel SK”/YouTube Druga zasada termodynamiki wymaga, żeby entropia Wszechświata wzrastała na skutek każdego procesu nieodwracalnego. Dlatego w odniesieniu do uporządkowania druga zasada termodynamiki może być sformułowana następująco: Na skutek każdego procesu termodynamicznego nieuporządkowanie Wszechświata wzrasta. Dobrym przykładem jest nieodwracalne rozprężanie swobodne gazu doskonałego pokazane na , które skutkuje wzrostem obszaru zajmowanego przez cząsteczki gazu. Im większy obszar, tym większa liczba możliwych rozmieszczeń takiej samej liczby atomów, więc wzrasta również stopień nieuporządkowania. Skutkiem tego procesu jest wzrost entropii gazu. W tym przykładzie gaz jest układem zamkniętym, a proces jest nieodwracalny. Opisane przez nas zmiany pokazują zależność entropii od stopnia nieuporządkowania (ang. disorder ). Zmiana entropii Wszechświata Kostka lodu o masie 50 ⁢ g i temperaturze 0 ⁢⁢ ° C zostaje umieszczona w kontakcie termicznym z ciepłym rezerwuarem o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C . Ciepło przepływa spontanicznie z rezerwuaru do lodu, który po jakimś czasie roztapia się i ostatecznie osiąga temperaturę 20 ⁢⁢ ° C . Obliczmy zmianę entropii kostki lodu; Wszechświata. Strategia rozwiązania Wyodrębniamy dwa procesy dla kostki lodu: (1) lód topnieje w temperaturze 0 ⁢ ° C ( T A ); (2) roztopiony lód jest podgrzewany od 0 ⁢⁢ ° C do 20 ⁢⁢ ° C ( T B ) przy stałym ciśnieniu. Następnie, w celu obliczenia zmiany entropii Wszechświata, dodajemy zmianę entropii rezerwuaru. Rozwiązanie Korzystając z , obliczamy wzrost entropii lodu Δ S lód = Δ S 1 + Δ S 2 = m ⁢ L T A + m ⁢ c ⁢ ∫ A B d T T Δ S lód = 5 ⋅ 10 -2 ⁢ kg ⋅ 335 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ kg 273 ⁢ K + 4190 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ ln 293 273 Δ S lód = 76,3 ⁢ J ∕ K ⁢ . \\begin{multiline} \\prefop{\\Delta} S_{\\text{lód}} &= \\prefop{\\Delta} S_1 + \\prefop{\\Delta} S_2 = \\frac{mL}{T_A}+mc \\int_A^B \\frac{\\d T}{T} \\\\ &= \\SI{5e-2}{\\kilo\\gram} \\cdot [\\frac{\\SI{335e3}{\\joule\\per\\kilo\\gram}}{\\SI{273}{\\kelvin}} + \\SI{4190}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\kelvin} \\cdot \\ln(\\frac{293}{273})] \\\\ &= \\SI{76,3}{\\joule\\per\\kelvin} \\text{.} \\end{multiline} Δ S lód = Δ S 1 + Δ S 2 = m ⁢ L T A + m ⁢ c ⁢ ∫ A B d T T = 5 ⋅ 10 -2 ⁢ kg ⋅ 335 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ kg 273 ⁢ K + 4190 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ ln 293 273 = 76,3 ⁢ J ∕ K ⁢ . Podczas tego procesu z rezerwuaru do lodu przepływa ciepło równe Q = m ⁢ L + m ⁢ c ⁢ T B − T A Q = 50 ⋅ 10 -2 ⁢ kg ⋅ 335 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ kg + 4190 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ 293 ⁢ K − 273 ⁢ K Q = 2,1 ⋅ 10 4 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} Q &= mL + mc (T_B-T_A) \\\\ &= \\SI{50e-2}{\\kilo\\gram} \\cdot [\\SI{335e3}{\\joule\\per\\kilo\\gram}+ \\SI{4190}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\kelvin} \\cdot (\\SI{293}{\\kelvin}-\\SI{273}{\\kelvin})] \\\\&= \\SI{2,1e4}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} Q = m ⁢ L + m ⁢ c ⁢ T B − T A = 50 ⋅ 10 -2 ⁢ kg ⋅ 335 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ kg + 4190 ⁢ J ∕ kg ⁢ K ⋅ 293 ⁢ K − 273 ⁢ K = 2,1 ⋅ 10 4 ⁢ J ⁢ . Prowadzi to do spadku entropii rezerwuaru Δ S rezerwuar = − Q T B = − 71,7 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Wzrost entropii Wszechświata wynosi zatem Δ S Wszechświat = 76,3 ⁢⁢ J ∕ K − 71,7 ⁢⁢ J ∕ K = 4,6 ⁢⁢ J ∕ K > 0 ⁢ . Znaczenie Zmiana entropii Wszechświata jest zatem większa niż zero, ponieważ lód zyskuje więcej entropii, niż rezerwuar traci. Ten proces prowadzi również do zwiększenia nieuporządkowania Wszechświata. Lód przechodzi ze stałego stanu skupienia z cząsteczkami położonymi w konkretnych miejscach do ciekłego stanu skupienia, w którym cząsteczki mogą się poruszać swobodniej. Ustawienie cząsteczek staje się więc bardziej przypadkowe. Zmiana średniej energii kinetycznej cząsteczek ciepłego rezerwuaru jest pomijalna, ale spadek entropii rezerwuaru jest znaczny, ponieważ zawiera on dużo więcej cząsteczek niż kostka lodu. Jednak spadek entropii rezerwuaru i tak nie jest tak duży, jak wzrost entropii w lodzie. Zwiększone nieuporządkowanie kostki lodu nie tylko równoważy zwiększone uporządkowanie rezerwuaru, ale także sprawia, że entropia Wszechświata wzrasta o 4,6 ⁢⁢ J ∕ K . Można podejrzewać, że rozwój różnych form życia może być procesem, który zwiększa całkowite uporządkowanie, a więc jest naruszeniem drugiej zasady termodynamiki. Pojedyncze komórki tworzą przecież struktury tak wysoce uporządkowane, jak na przykład ciało człowieka. Jednak ten proces uporządkowywania jest kompensowany z nadwyżką przez wprowadzanie nieporządku do reszty Wszechświata. Wynikiem jest wzrost entropii, a więc i wzrost nieporządku Wszechświata. Sprawdź, czy rozumiesz. W spontaniczny przepływ ciepła z ciała gorącego do ciała zimnego prowadzi do wzrostu entropii Wszechświata. Rozważ, jak ten wynik wpływa na uporządkowanie Wszechświata. Kiedy ciepło przepływa do zimnego rezerwuaru, energia wewnętrzna (głównie kinetyczna) lodu wzrasta, co skutkuje zwiększeniem średniej prędkości cząsteczek, przez co zmienność położenia cząsteczek w kostce lodu wzrasta. Rezerwuar staje się bardziej uporządkowany, ale z powodu dużej liczby cząsteczek rezerwuaru nie kompensuje to wzrostu entropii pozostałej części układu. Druga zasada termodynamiki jasno nam mówi, że entropii Wszechświata nie może zmniejszyć jakikolwiek proces termodynamiczny. Jeśli układem termodynamicznym nie jest Wszechświat, a proces jest odwracalny i izotermiczny, to zmiana entropii wyrażona jest wzorem Δ S = Q ∕ T . Co się jednak stanie, gdy temperatura będzie obniżana do zera, T ⟶ 0 ⁢⁢ K ? Okazuje się, że nie jesteśmy w stanie odpowiedzieć na to pytanie za pomocą drugiej zasady termodynamiki. Podstawowym problemem pozostaje pytanie: czy możliwe jest schłodzenie układu aż do zera kelwinów? Wiemy, że układ musiałby się znaleźć w swoim najniższym stanie energetycznym, ponieważ obniżanie temperatury zmniejsza energię kinetyczną elementów układu. Co się dzieje z entropią układu w okolicach zera absolutnego? Okazuje się, że zero absolutne jest nieosiągalne – przynajmniej nie w skończonej liczbie etapów schładzania. Jest to tak naprawdę sformułowanie trzeciej zasady termodynamiki (ang. third law of thermodynamics ), której bardziej szczegółowe uzasadnienie wymagałoby odwołania się do mechaniki kwantowej. Fizycy z całego świata prześcigają się w uzyskiwaniu jak najniższej temperatury. Obecna technika pozwala osiągać temperatury rzędu 10 − 10 ⁢⁢ K . Podobnie jak druga zasada termodynamiki, trzecia zasada termodynamiki może być sformułowana na różne sposoby. Jedno z jej najczęstszych sformułowań to: Nie można osiągnąć temperatury zera bezwzględnego w skończonej liczbie etapów schładzania . Innymi słowy, temperatura dowolnego układu fizycznego musi być skończona, czyli T > 0 ⁢⁢ K . Nasuwa nam się teraz bardzo interesujące pytanie fizyczne: czy wiemy, jak układ zachowywałby się w temperaturze zera absolutnego? Powód, dla którego układ nie jest w stanie osiągnąć 0 ⁢ K , jest fundamentalny i wymaga do jego pełnego zrozumienia znajomości fizyki kwantowej. Możemy jednak spytać o to, co dzieje się z entropią układu, który próbujemy schłodzić do 0 ⁢⁢ K . Ilość ciepła, które może być usunięte z układu, staje się znikomo mała, dlatego spodziewamy się, że zmiana entropii układu wzdłuż izotermy dąży do zera, czyli lim T ⟶ 0 Δ S T = 0 ⁢ . Z powyższych rozważań możemy wyprowadzić kolejne sformułowanie trzeciej zasady termodynamiki, oparte na tym, że wszystkie izotermy zaczynają być izentropowe (ang. isentropic ) lub stają się odwracalnymi, idealnymi adiabatami. Sformułowanie to możemy wyrazić w następujący sposób: Układ staje się idealnie uporządkowany, gdy jego temperatura zbliża się do zera absolutnego, a jego entropia dąży do absolutnego minimum . Trzecia zasada termodynamiki nakłada na nas kolejne ograniczenie w poszukiwaniu źródeł energii. Gdyby istniał zimny rezerwuar o temperaturze zera absolutnego, moglibyśmy stworzyć silnik o stuprocentowej sprawności, który oczywiście naruszałby drugą zasadę termodynamiki. Zmiana entropii gazu doskonałego dla rozprężania swobodnego Izolowany termicznie zbiornik podzielony jest na dwie komory, tak jak na (a). Gaz doskonały znajduje się w komorze o objętości V 1 . Na skutek usunięcia przegrody komory zostają połączone, a gaz rozpręża się i ostatecznie wypełnia cały zbiornik o objętości V 2 , co widać na rysunku w części (b). Jaka jest zmiana entropii Wszechświata (układu oraz otoczenia)? Adiabatyczne rozprężanie swobodne gazu doskonałego od objętości V 1 do V 2 . Strategia Adiabatyczne rozprężanie swobodne gazu doskonałego jest procesem nieodwracalnym. Energia wewnętrzna (a co za tym idzie, temperatura) gazu podczas tego typu rozprężania nie ulega zmianie, ponieważ nie nastąpiła żadna wymiana pracy lub ciepła. Dlatego właściwą odwracalną drogą termodynamiczną, łączącą dwa te same stany równowagowe, jest powolne izotermiczne rozprężanie od V 1 do V 2 . W tym procesie gaz mógłby popychać tłok podczas rozprężania i być w kontakcie termicznym z ciepłym rezerwuarem, tak jak w etapie 1. cyklu Carnota. Rozwiązanie Temperatura jest stała, więc zmiana entropii dana jest przez Δ S = Q ∕ T , gdzie Q = W = ∫ V 1 V 2 p ⁢ d V ⁢ , ponieważ Δ U = 0 ⁢⁢ J . Teraz, korzystając z równania gazu doskonałego, otrzymujemy Q = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ∫ V 1 V 2 d V V = n ⁢ R ⁢ T ⁢ ln V 2 V 1 ⁢ , więc zmiana entropii gazu jest równa Δ S = Q T = n ⁢ R ⁢ ln V 2 V 1 ⁢ . Z V 2 > V 1 wynika, że Δ S jest dodatnie, a entropia gazu wzrosła wskutek rozprężania swobodnego. Znaczenie Co z otoczeniem zbiornika? Ścianki zbiornika są izolowane termicznie, więc nie ma wymiany ciepła między gazem a otoczeniem. Zatem entropia otoczenia jest stała podczas rozprężania gazu. Zmiana entropii Wszechświata jest równa zmianie entropii gazu, która jest dodatnia, więc entropia Wszechświata wzrasta. Zmiana entropii podczas wymiany ciepła Ciepło przepływa od ciała ze stali o masie 4 ⁢ kg i temperaturze 400 ⁢ K do identycznego ciała o temperaturze 300 ⁢⁢ K . Oba kawałki stali są izolowane termicznie od otoczenia. Jaka jest całkowita zmiana entropii Wszechświata po osiągnięciu stanu równowagowego przez oba ciała? Strategia rozwiązania Oba ciała są identyczne, dlatego temperatura w stanie równowagowym jest średnią arytmetyczną ich początkowych temperatur, czyli jest równa 350 ⁢ K . W celu obliczenia zmiany entropii związanej z tym przejściem zamieniamy nieodwracalny proces wymiany ciepła na dwa odwracalne procesy izobaryczne, po jednym dla każdego z ciał. Zmiana entropii pojedynczego dana jest wzorem Δ S = m ⁢ c ⁢ ln T B ∕ T A . Rozwiązanie Ciepło właściwe stali to c = 450 ⁢⁢ J ∕ kg ⁢⁢ K , więc dla cieplejszego ciała mamy Δ S c = ∫ T 1 T 2 m ⁢ c ⁢ d T T = m ⁢ c ⁢ ln T 2 T 1 = 4 ⁢⁢ kg ⋅ 450 ⁢⁢ J ∕ kg ⁢⁢ K ⋅ ln 350 ⁢⁢ K 400 ⁢⁢ K = − 240 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Podobnie obliczamy zmianę entropii zimniejszego ciała Δ S z = 4 ⁢⁢ kg ⋅ 450 ⁢⁢ J ∕ kg ⁢⁢ K ⋅ ln 350 ⁢⁢ K 300 ⁢⁢ K = 277 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Całkowita zmiana entropii dwóch ciał jest równa Δ S c + Δ S z = 37 ⁢⁢ J ∕ K ⁢ . Znaczenie Ciała są izolowane termicznie od otoczenia, więc entropia otoczenia pozostaje bez zmian. Zatem entropia Wszechświata wzrasta o 37 ⁢⁢ J ∕ K . Sprawdź, czy rozumiesz. Ciepło Q jest pobierane z ciepłym rezerwuaru o temperaturze T c przez zimny rezerwuar o temperaturze T z . Jaka jest zmiana entropii ciepłego rezerwuaru i zimnego rezerwuaru, a jaka Wszechświata? − Q ∕ T c , Q ∕ T z , Q ⁢ T c − T z ∕ T c ⁢ T z . Sprawdź, czy rozumiesz. Kawałek miedzi o masie 50 ⁢⁢ g i temperaturze 20 ⁢⁢ ° C został umieszczony w izolowanym zbiorniku z wodą o temperaturze 100 ⁢⁢ ° C . Jaka jest zmiana entropii kawałka miedzi po osiągnięciu stanu równowagowego? Jaka jest zmiana entropii wody? Jaka jest zmiana entropii Wszechświata? a. 4,71 ⁢⁢ J ∕ K ; b. − 4,18 ⁢⁢ J ∕ K ; c. 0,53 ⁢⁢ J ∕ K . Odwiedź stronę i pobierz z niej program, aby dowiedzieć się więcej o entropii i stanach mikroskopowych. Zacznij od umieszczenia przegrody między dwiema komorami i ustaw liczbę cząsteczek w lewej komorze na 1000 . Jaka jest całkowita entropia tego układu? Następnie usuń przegrodę między komorami. Ile wynosi entropia układu po tej zmianie? Na koniec dodaj ciepło i zobacz, co stanie się z temperaturą. Czy zwiększyła się przez to entropia układu? Podsumowanie Entropia wiąże się z nieporządkiem, układ bardziej nieuporządkowany ma wyższą entropię. Po każdym nieodwracalnym procesie Wszechświat staje się bardziej nieuporządkowany. Zgodnie z trzecią zasadą termodynamiki temperatura zera bezwzględnego jest nieosiągalna w skończonej liczbie cykli. Najważniejsze wzory Skutek zasady zachowania energii W = Q c − Q z Sprawność silnika cieplnego e = W Q c = 1 − Q z Q c Współczynnik wydajności chłodziarki K ch = Q z W = Q z Q c − Q z Współczynnik wydajności pompy ciepła K p = Q c W = Q c Q c − Q z Wynikowa sprawność cyklu Carnota e = 1 − T z T c Współczynnik wydajności odwracalnej chłodziarki K ch = T z T c − T z Współczynnik wydajności odwracalnej pompy ciepła K p = T c T c − T z Zmiana entropii układu ulegającego izotermicznemu procesowi odwracalnemu Δ S = Q T Zmiana entropii układu na skutek odwracalnego procesu Δ S = S B − S A = ∫ A B d Q T Zmiana entropii układu ulegającego dowolnemu pełnemu odwracalnemu procesowi cyklicznemu ∮ d S = ∮ d Q T = 0 Zmiana entropii układu zamkniętego na skutek procesu nieodwracalnego Δ S ≥ 0 Zmiana entropii układu wzdłuż izotermy lim T ⟶ 0 Δ S T = 0 Pytania Czy zmiany entropii układów w następujących procesach są dodatnie, czy ujemne? para wodna, która skrapla się na zimnej powierzchni; gaz w pojemniku, który ulatnia się do otaczającej atmosfery; kostka lodu, która się topi w szklance letniej wody; rzeczywisty silnik cieplny wykonujący cykl; schładzanie żywności w lodówce. Rozważ zmiany entropii układów z poprzedniego pytania pod względem nieuporządkowania. Entropia jest funkcją nieuporządkowania, a więc wszystkie odpowiedzi się powielą. Zadania Miedziany pręt o przekroju 5 ⁢⁢ cm 2 i długości 5 ⁢⁢ m przewodzi ciepło z rezerwuaru o temperaturze 373 ⁢⁢ K do rezerwuaru o temperaturze 273 ⁢⁢ K . Jaka jest szybkość zmiany entropii Wszechświata dla tego procesu? 3,78 ⋅ 10 − 3 ⁢⁢ W ∕ K . 50 ⁢⁢ g wody o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C zostało podgrzane do stanu pary o temperaturze 100 ⁢⁢ ° C . Oblicz zmianę entropii wody dla tego procesu. 50 ⁢ g wody o temperaturze 0 ⁢ ° C zostało zmienione w parę o temperaturze 100 ⁢ ° C . Jaka jest zmiana entropii wody dla tego procesu? 430 ⁢⁢ J ∕ K . Podczas izochorycznego procesu ciepło zostało dostarczone do 10 moli jednoatomowego gazu doskonałego, którego temperatura wzrosła od 273 ⁢⁢ K do 373 ⁢⁢ K . Jaka była zmiana entropii gazu? 200 ⁢⁢ g wody o temperaturze 0 ⁢⁢ ° C weszło w kontakt termiczny z ciepłym rezerwuarem o temperaturze 80 ⁢⁢ ° C . Po tym, jak zostanie osiągnięta równowaga termiczna, jaka będzie temperatura wody? A jaka będzie temperatura rezerwuaru? Ile ciepła zostało wymienione podczas procesu? Jaka będzie zmiana entropii wody? A jaka rezerwuaru? Jaka będzie zmiana entropii Wszechświata? 80 ⁢⁢ ° C , 80 ⁢⁢ ° C , 6,7 ⋅ 10 4 ⁢⁢ J , 215 ⁢⁢ J ∕ K , − 190 ⁢⁢ J ∕ K , 25 ⁢⁢ J ∕ K . Przyjmijmy, że podnosimy temperaturę wody z poprzedniego zadania w dwóch etapach w wyniku kontaktu termicznego z ciepłymi rezerwuarami. Najpierw woda osiąga stan równowagi termicznej z rezerwuarem o temperaturze 40 ⁢⁢ ° C , a potem z rezerwuarem o temperaturze 80 ⁢⁢ ° C . Oblicz zmianę entropii każdego z rezerwuarów; wody; Wszechświata. Woda o masie 200 ⁢⁢ g i temperaturze 0 ⁢⁢ ° C jest umieszczana w kontakcie termicznym oraz osiąga stan równowagi termicznej kolejno z ciepłymi rezerwuarami o temperaturach 20 ⁢⁢ ° C , 40 ⁢⁢ ° C , 60 ⁢⁢ ° C i 80 ⁢⁢ ° C . Jaka jest zmiana entropii wody; rezerwuarów; Wszechświata? a. Δ S H 2 ⁢ O = 215 ⁢⁢ J ∕ K ; b. Δ S rezerwuar = − 208 ⁢⁢ J ∕ K ; c. Δ S Wszechświat = 7 ⁢⁢ J ∕ K . Dziesięć gramów H 2 ⁢ O jest początkowo kawałkiem lodu o temperaturze 0 ⁢⁢ ° C . Kawałek lodu pobiera ciepło z powietrza o temperaturze trochę wyższej od 0 ⁢⁢ ° C podczas całego procesu topnienia. Oblicz zmianę entropii H 2 ⁢ O , powietrza i Wszechświata; Załóżmy, że powietrze z części (a) ma temperaturę 20 ⁢⁢ ° C zamiast 0 ⁢⁢ ° C , a lód tak długo pobiera ciepło, aż osiągnie temperaturę 20 ⁢⁢ ° C . Oblicz zmianę entropii H 2 ⁢ O , powietrza i Wszechświata; Czy któryś z tych procesów jest odwracalny? Poniżej przedstawiono cykl Carnota jako wykres zależności temperatury od entropii. Ile ciepła jest pobierane z ciepłego rezerwuaru w każdym cyklu? Ile ciepła jest oddawane do zimnego rezerwuaru w każdym cyklu pracy silnika? Ile pracy silnik wykonuje na cykl? Jaka jest sprawność tego silnika? a. 1200 ⁢⁢ J ; b. 600 ⁢⁢ J ; c. 600 ⁢⁢ J ; d. 0,5 . Silnik Carnota działa między rezerwuarami o temperaturach 500 ⁢⁢ K oraz 300 ⁢⁢ K i pobiera 1500 ⁢⁢ J na cykl z ciepłego rezerwuaru. Narysuj cykl tego silnika na wykresie zależności temperatury od entropii; Jaką pracę wykonuje silnik podczas jednego cyklu? Jednoatomowy gaz doskonały ( n moli) przechodzi przez proces pokazany poniżej. Oblicz zmianę entropii gazu w etapach z kroków i całkowitą zmianę entropii w jednym cyklu. Δ S = n ⁢ C V ⁢ ln T 2 ∕ T 1 + n ⁢ C p ⁢ ln T 3 ∕ T 2 . Sprawność silnika Carnota wynosi 0,6 . Po zmianie temperatury zimnego rezerwuaru sprawność spada do 0,55 . Jeśli początkowo T z = 27 ⁢⁢ ° C , znajdź stałą wartość T c ; końcową wartość T z . Silnik Carnota wykonuje pracę 100 ⁢⁢ J i oddaje 200 ⁢⁢ J ciepła podczas jednego cyklu. Po tym, jak zostaje zmieniona jedynie temperatura ciepłego rezerwuaru, silnik wykonuje teraz pracę 130 ⁢⁢ J i oddaje tyle samo ciepła co poprzednio. Jaka jest początkowa i końcowa sprawność silnika? O ile procent zmieniła się temperatura ciepłego rezerwuaru? a. 0,33 , 0,39 ; b. 91 ⁢⁢ % . Chłodziarka Carnota oddaje ciepło do otaczającego ją powietrza o temperaturze 25 ⁢⁢ ° C . Ile mocy zużywa chłodziarka przy zamrażaniu 1,5 ⁢⁢ g wody na sekundę? Przyjmij, że woda ma temperaturę 0 ⁢⁢ ° C . Zadania dodatkowe Pompa ciepła o mocy 300 ⁢⁢ W działa między ziemią o temperaturze 0 ⁢⁢ ° C i wnętrzem domu o temperaturze 22 ⁢⁢ ° C . Jaka jest maksymalna ilość ciepła, którą w ciągu godziny pompa ciepła może dostarczać do domu? 1,45 ⋅ 10 7 ⁢⁢ J . Pewien inżynier musi zaprojektować chłodziarkę, która podczas jednego cyklu będzie odbierała 2100 ⁢⁢ J ciepła z zamrażalnika o temperaturze − 10 ⁢⁢ ° C , wykonując przy tym pracę 300 ⁢⁢ J . Jaka jest maksymalna temperatura powietrza, przy której można spełnić te warunki? Czy są to rozsądne wytyczne dla takiego projektu? Czynnikiem roboczym silnika Carnota jest 1,5 mola azotu w stanie gazowym. Przyjmujemy, że jest to dwuatomowy gaz doskonały z κ = 7,5 przy temperaturze operacyjnej silnika. Cykl Carnota przechodzi przez kolejne etapy procesu A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ A , gdzie A ⁢ B to rozprężanie izotermiczne. Objętości w punktach A i C są równe odpowiednio 5 ⋅ 10 − 3 ⁢⁢ m 3 i 0,15 ⁢⁢ l . Silnik działa między dwoma termostatami o temperaturach 500 ⁢⁢ K i 300 ⁢⁢ K . Oblicz objętości dla punktów B oraz D ; Ile ciepła pobiera silnik podczas rozprężania izotermicznego A ⁢ B ? Jaką pracę wykonuje gaz podczas rozprężania izotermicznego A ⁢ B ? Ile ciepła oddaje gaz podczas rozprężania izotermicznego C ⁢ D ? Jaką pracę wykonuje gaz podczas sprężania izotermicznego C ⁢ D ? Jaką pracę wykonuje gaz podczas adiabatycznego rozprężania B ⁢ C ? Jaką pracę wykonuje gaz podczas adiabatycznego sprężania D ⁢ A ? Oblicz sprawność silnika na podstawie całkowitej pracy i dostarczanej energii. Porównaj otrzymaną wartość ze sprawnością silnika Carnota opartą na temperaturach dwóch termostatów. a. V B = 0,042 ⁢⁢ m 3 , V D = 0,018 ⁢⁢ m 3 ; b. 13 000 ⁢⁢ J ; c. 13 000 ⁢⁢ J ; d. − 8000 ⁢⁢ J ; e. − 8000 ⁢⁢ J ; f. 6200 ⁢⁢ J ; g. − 6200 ⁢⁢ J ; h. 39 ⁢⁢ % , a sprawność wynikająca z temperatur 40 ⁢⁢ % . Różnica wynika z błędów zaokrąglania. Pięciokilogramowy drewniany kloc z prędkością początkową 8 ⁢⁢ m ∕ s przesuwa się po podłodze, aż zostanie zatrzymany przez siły tarcia. Oszacuj powstałą zmianę entropii Wszechświata. Załóż, że cały proces odbywa się w temperaturze pokojowej 20 ⁢⁢ ° C . Układ składający się z 20 moli jednoatomowego gazu doskonałego został schłodzony przy stałym ciśnieniu od objętości 50 ⁢⁢ l do 10 ⁢⁢ l . Początkowa temperatura wynosiła 300 ⁢⁢ K . Jaka będzie zmiana entropii gazu? − 670 ⁢⁢ J ∕ K . Szklany puchar o masie 400 ⁢⁢ g zawierał 500 ⁢⁢ g wody o temperaturze 27 ⁢⁢ ° C . Puchar został podgrzany odwracalnie tak, że temperatura pucharu i wody stopniowo wzrosła do 57 ⁢⁢ ° C . Oblicz zmianę entropii pucharu i wody razem. Silnik Carnota działa między rezerwuarami o temperaturach 550 ⁢⁢ ° C i 20 ⁢⁢ ° C i produkuje 300 ⁢⁢ kJ energii w każdym cyklu. Oblicz zmianę entropii ciepłego rezerwuaru dla pojedynczego cyklu Carnota; zimnego rezerwuaru dla pojedynczego cyklu Carnota. a. − 570 ⁢⁢ J ∕ K ; b. 570 ⁢⁢ J ∕ K . Gaz doskonały o temperaturze T jest zamknięty w lewej połowie izolowanego pojemnika o objętości V , który jest podzielony na pół przez ściankę o pomijalnej objętości (jak na rysunku poniżej). Jaka będzie zmiana entropii na mol gazu w każdym z następujących przypadków? Ścianka zostaje gwałtownie usunięta i gaz szybko wypełnia cały pojemnik; W ściance powstaje mała dziurka i po długim czasie gaz osiąga stan równowagowy, w którym nie ma żadnego przepływu przez dziurkę; Ścianka zostaje powoli i adiabatycznie przesuwana do prawej ściany pojemnika w ten sposób, że gaz ostatecznie wypełnia cały pojemnik. Półkilogramowy kawałek aluminium o temperaturze 250 ⁢⁢ ° C został wrzucony do 1 ⁢⁢ kg wody o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C . Jaka będzie zmiana entropii układu po tym, jak zostanie osiągnięty stan równowagowy? 82 ⁢⁢ J ∕ K . Załóżmy, że 20 ⁢⁢ g lodu o temperaturze 0 ⁢⁢ ° C zostanie dodane do 300 ⁢⁢ g wody o temperaturze 60 ⁢⁢ ° C . Jaka będzie całkowita zmiana entropii mieszaniny po tym, jak osiągnie ona stan równowagowy? Silnik cieplny działa między dwoma temperaturami tak, że czynnik roboczy silnika pobiera 5000 ⁢⁢ J ciepła z ciepłego rezerwuaru i oddaje 3000 ⁢⁢ J do zimnego rezerwuaru. Reszta energii jest przekształcana na energię mechaniczną turbiny. Oblicz ilość pracy wykonanej przez silnik; sprawność silnika. a. 2000 ⁢⁢ J ; b. 40 ⁢⁢ % . Silnik cieplny produkuje 4 ⁢⁢ MJ energii elektrycznej podczas działania między dwoma rezerwuarami o różnych temperaturach. Czynnik roboczy silnika oddaje 5 ⁢⁢ MJ ciepła do zimnego rezerwuaru. Jaka jest sprawność tego silnika? Elektrownia węglowa zużywa 100 000 ⁢⁢ kg węgla na godzinę i wytwarza moc 500 ⁢⁢ MW . Jeśli ciepło ze spalania węgla wynosi 30 ⁢⁢ MJ ∕ kg , to jaka jest sprawność tej elektrowni? 60 ⁢⁢ % . Silnik pracuje w cyklu Carnota między ciepłym rezerwuarem o temperaturze 550 ⁢⁢ ° C i zimnym rezerwuarem o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C Oblicz sprawność silnika Carnota. Silnik Carnota pracujący między rezerwuarami o temperaturach 600 ⁢⁢ K i 273 ⁢⁢ K wykonuje jeden cykl na 5 ⁢⁢ s . W każdym cyklu silnik pobiera 10 ⁢⁢ kJ ciepła. Oblicz moc silnika. Silnik Carnota, działający między temperaturami 100 ⁢⁢ ° C i 30 ⁢⁢ ° C jest użyty do napędzania chłodziarki pracującej między temperaturami − 10 ⁢⁢ ° C a 30 ⁢⁢ ° C . Ile energii na sekundę musi produkować silnik Carnota, aby chłodziarka była w stanie oddawać 10 ⁢⁢ J energii na sekundę? Zadania trudniejsze Nieskończenie mała ilość ciepła została odwracalnie dodana do układu. Poprzez połączenie pierwszej i drugiej zasady termodynamiki wykaż, że d U = T ⁢ d S − d W ; Kiedy ciepło zostało dodane do gazu doskonałego, jego temperatura i objętość zmieniły się z odpowiednio T 1 i V 1 do T 2 i V 2 . Udowodnij, że zmiana entropii n moli gazu jest dana wzorem Δ S = n ⁢ C V ⁢ ln T 2 T 1 + n ⁢ R ⁢ ln V 2 V 1 ⁢ . Wykorzystując wynik z poprzedniego problemu, wykaż, że dla gazu doskonałego, który ulega procesowi adiabatycznemu, T ⁢ V κ − 1 jest stałe. Wykorzystując dwa poprzednie zadania, wykaż, że Δ S pomiędzy stanami 1 i 2 n moli gazu doskonałego jest dana wzorem Δ S = n ⁢ C p ⁢ ln T 2 T 1 − n ⁢ R ⁢ ln p 2 p 1 ⁢ . Cylinder zawiera 500 ⁢⁢ g helu o ciśnieniu 120 ⁢⁢ atm i temperaturze 20 ⁢⁢ ° C . Zawór przecieka i cały gaz powoli i izotermicznie ucieka do atmosfery. Użyj wyniku z poprzedniego zadania, aby ustalić powstałą zmianę entropii Wszechświata. Dwuatomowy gaz doskonały został przeniesiony z początkowego stanu równowagowego o ciśnieniu p 1 = 0,5 ⁢⁢ atm i temperaturze T 1 = 300 ⁢⁢ K do stanu końcowego o ciśnieniu p 2 = 0,2 ⁢⁢ atm i temperaturze T 2 = 500 ⁢⁢ K . Użyj wyniku z poprzedniego problemu, aby ustalić zmianę entropii mola gazu. 18 ⁢⁢ J ∕ K . Silnik na benzynę o spalaniu wewnętrznym pracuje w cyklu składającym się z sześciu części. Cztery z nich obejmują między innymi tarcie, wymianę ciepła poprzez skończone ilości temperatury i przyspieszenie tłoka – cykl jest więc nieodwracalny. Jednak może być reprezentowany przez idealny, odwracalny cykl Otta, który przedstawiono poniżej. Zakładamy, że czynnikiem roboczym cyklu jest powietrze. Sześć kroków cyklu Otta (ang. Otto cycle ) przebiega następująco: ( O ⁢ A ) Izobaryczny wtrysk paliwa. Mieszanka paliwowo-powietrzna zostaje wstrzyknięta do komory spalania przy ciśnieniu atmosferycznym p 0 , podczas gdy tłok zwiększa objętość cylindra od zera do V A . ( A ⁢ B ) Adiabatyczne sprężanie. Temperatura mieszanki wzrasta, podczas gdy tłok spręża ją adiabatycznie z objętości V A do V B . ( B ⁢ C ) Izochoryczne ogrzewanie. Mieszanka zostaje zapalona przez iskrę. Spalanie zachodzi tak szybko, że zasadniczo w tłoku nie odbywa się żaden ruch. Podczas tego procesu dostarczone ciepło Q 1 sprawia, że ciśnienie wzrasta od p B do p C przy stałej objętości V B ⁢ = V C . ( C ⁢ D ) Adiabatyczne rozprężanie. Gorące spaliny rozprężają się, naciskając na tłok oraz zwiększając objętość z V C do V D . W tej części cyklu dostarczana jest największa moc do wału korbowego. ( D ⁢ A ) Izochoryczny wydech. Kiedy zawór wydechowy się otworzy, część produktów spalania wylatuje z cylindra. Zasadniczo podczas tej części cyklu tłok się nie porusza, dlatego objętość pozostaje stała i równa V A ⁢ = V D . Większość dostępnej energii jest tu tracona, co symbolizuje wylot ciepła Q 2 . ( A ⁢ O ) Izobaryczne sprężanie. Zawór wydechowy pozostaje otwarty, a sprężanie od V A całkowicie usuwa pozostałe produkty spalania. Korzystając z ( O ⁢ A ) e = W ∕ Q 1 ; ( A ⁢ B ) W = Q 1 − Q 2 oraz ( B ⁢ C ) Q 1 = n ⁢ C V ⁢ T C − T B , Q 2 = n ⁢ C V ⁢ T D − T A , wykaż, że e = 1 − T D − T A T C − T B ⁢ . Wiedząc, że kroki ( A ⁢ B ) i ( C ⁢ D ) są adiabatyczne, wykaż, że e = 1 − 1 r κ − 1 ⁢ , gdzie r = V A ∕ V B . Wielkość r nazywamy stopniem sprężania silnika. W praktyce r jest utrzymywane na poziomie mniejszym niż około 7 . Dla większych wartości mieszanka paliwowo-powietrzna zostaje sprężona do temperatury tak wysokiej, że mieszanka samoczynnie (bez pomocy iskry) zapala się. Taki przedwczesny zapłon sprawia, że silnik „stuka” i traci moc. Wykaż, że dla r = 6 i κ = 1,4 (wartość dla powietrza) sprawność e = 0,51 . Ze względu na wiele nieodwracalnych procesów rzeczywiste silniki o spalaniu wewnętrznym mają sprawność znacznie niższą od idealnej. Typowa sprawność stuningowanego silnika wynosi od 25 ⁢⁢ % do 30 ⁢⁢ % . Doskonały cykl Diesla (ang. diesel cycle ) przedstawiono poniżej. Cykl składa się z pięciu kroków. W tym przypadku podczas pierwszego kroku tylko powietrze zostaje wciągnięte do komory O ⁢ A . Jest ono następnie sprężane adiabatycznie ze stanu A do stanu B , a jego temperatura wzrasta tak bardzo, że kiedy paliwo zostanie dostarczone do cylindra podczas kroku B ⁢ C , zapala się. Po zakończeniu spalania (stan C ) następuje dalsze adiabatyczne rozprężanie C ⁢ D . Ostatecznie zachodzi izochoryczny wylot, podczas którego ciśnienie spada od p D do p A , po czym następuje dalszy wylot, aż tłok ściśnie komorę do zerowej objętości. Stosując W = Q 1 − Q 2 , Q 1 = n ⁢ C p ⁢ T C − T B oraz Q 2 = n ⁢ C V ⁢ T D − T A , wykaż, że e = W Q 1 = 1 − T D − T A κ ⁢ T C − T B ⁢ . Wiedząc, że procesy A ⟶ B oraz C ⟶ D są adiabatyczne, wykaż, że e = 1 − 1 κ ⋅ V C V D κ − V B V A κ V C V D − V B V A ⁢ . Ze względu na to, że nie ma tu przedwczesnego zapłonu (komora nie zawiera paliwa podczas sprężania), stopień sprężania może być wyższy niż dla silników na benzynę. Zwykle V A ∕ V B = 15 oraz V D ∕ V C = 5 . Dla tych wartości oraz dla κ = 1,4 wykaż, że sprawność osiąga wartość e = 0,56 . W rzeczywistości dla silników Diesla sprawność wynosi od 30 ⁢⁢ % do 35 ⁢⁢ % w porównaniu do 25 ⁢ % do 30 ⁢⁢ % dla silników na benzynę. Rozważmy obieg Braytona-Joule’a dla gazu doskonałego przedstawiony na poniższym wykresie. Wyprowadź wzór na sprawność silnika pracującego w tym cyklu dla P 1 , P 2 i κ . Wyprowadź wzór na współczynnik wydajności chłodziarki używającej gazu doskonałego jako czynnika roboczego, działającej w cyklu przedstawionym poniżej, biorąc pod uwagę własności trzech stanów, oznaczonych poniżej jako 1, 2 i 3. K ch = 3 ⁢ p 1 − p 2 ⁢ V 1 ∕ 5 ⁢ p 2 ⁢ V 3 − 3 ⁢ p 1 ⁢ V 1 − p 2 ⁢ V 1 . Dwa mole gazowego azotu, z κ = 7 ∕ 5 dla dwuatomowych gazów doskonałych, zajmują objętość 10 − 2 ⁢⁢ m 3 w izolowanym cylindrze o temperaturze 300 ⁢⁢ K . Gaz zostaje adiabatycznie i odwracalnie sprężony do objętości 5 ⁢⁢ l . Tłok cylindra zostaje następnie zablokowany, a izolacja cylindra usunięta. Cylinder przewodzący ciepło zostaje następnie umieszczony w rezerwuarze o temperaturze 300 ⁢⁢ K . Gaz oddaje ciepło i powraca do temperatury 300 ⁢⁢ K . Później gaz zostaje wolno rozprężony przy stałej temperaturze 300 ⁢⁢ K , aż jego objętość osiągnie 10 − 2 ⁢⁢ m 3 , a gaz wykona pełny cykl. Dla całego cyklu oblicz pracę wykonaną przez gaz; ciepło oddawane lub pobierane przez gaz; zmianę energii wewnętrznej gazu; zmianę entropii gazu. Chłodziarka Carnota pracująca między 0 ⁢⁢ ° C a 30 ⁢⁢ ° C została użyta do schłodzenia w dwie godziny naczynia zawierającego 10 − 2 ⁢⁢ m 3 wody o temperaturze 30 ⁢⁢ ° C do 5 ⁢⁢ ° C . Oblicz całkowitą ilość potrzebnej do tego pracy. W = 110 000 ⁢⁢ J . nieuporządkowanie (ang. disorder ) miara nieuporządkowania układu; im większe nieuporządkowanie, tym większa entropia proces izentropowy (ang. isentropic ) odwracalny i adiabatyczny proces, w którym nie ma tarcia ani wymiany ciepła trzecia zasada termodynamiki (ang. third law of thermodynamics ) nie można osiągnąć temperatury zera bezwzględnego w skończonej liczbie kroków schładzania", "section": "Entropia w skali mikroskopowej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Ładunki elektryczne są wszędzie wokół nas. Powodują odpychanie i przyciąganie się ciał. Źródło: adaptacja pracy Seana McGratha Omawiając zasady dynamiki Newtona, część zjawisk fizycznych rozpatrywaliśmy w kategorii działających sił. Postępowaliśmy tak ze względu na skutek ich działania na ciała: w szczególności na nadawane ciałom przyspieszenie. Później, gdy poznaliśmy popęd siły i pęd, rozszerzyliśmy to podejście, utożsamiając siłę jako fizyczne oddziaływanie zmieniające pęd ciała. W każdym jednak przypadku wynik jest ten sam: identyfikujemy siłę po wyniku jej działania na ciało. W rozdziale Grawitacja rozpatrywaliśmy siłę grawitacji działającą na wszystkie ciała obdarzone masą. W tym rozdziale zapoczątkujemy poznawanie siły elektrostatycznej działającej na wszystkie ciała obdarzone ładunkiem elektrycznym. Oddziaływanie elektrostatyczne jest znacznie silniejsze niż grawitacyjne (dla większości układów, dla których obie siły występują), z tym że może być przyciągające bądź odpychające, co stanowi istotną różnicę. Siła elektrostatyczna zespala atomy, ma więc fundamentalne znaczenie. Jest również odpowiedzialna za większość oddziaływań, z którymi mamy do czynienia na co dzień, od reakcji chemicznych po procesy biologiczne.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Ładunek elektryczny Z pewnością znasz urządzenia elektroniczne, które włączane są przełącznikiem, począwszy od komputerów po telefony komórkowe czy telewizory. Z pewnością też widziałeś wyładowanie elektryczne podczas burzy. Prawdopodobnie doświadczyłeś też obecności elektryczności na inne sposoby, może nawet nie zdając sobie sprawy z udziału w nich sił elektrostatycznych. Przyjrzyjmy się tym sytuacjom i zobaczmy, czego możemy się z nich dowiedzieć o ładunkach elektrycznych i siłach elektrostatycznych. Zjawiska Zapewne doświadczyłeś zjawiska nazywanego elektrycznością statyczną (ang. static electricity ; elektryzowaniem się ciał): kiedy wyjmujesz ubrania z suszarki, wiele z nich (nie wszystkie) skleja się; niektóre tkaniny trudno jest rozdzielić. Inny przykład: gdy szybko zdejmujesz wełniany sweter, możesz zobaczyć (i usłyszeć) wyładowania elektrostatyczne działające na odzież, a nawet na włosy. Jeżeli uczeszesz włosy w suchy dzień, a następnie przysuniesz grzebień blisko do strumyka wody cieknącego z kranu, zauważysz, że strużka wody odchyla się w stronę (jest przyciągana do) grzebienia ( ). Naładowany elektrycznie grzebień przyciąga strużkę wody. Zauważmy, że woda nie dotyka grzebienia. Źródło: Jane Whitney Wyobraźmy sobie, że przysuwasz grzebień, po tym jak go użyłeś do czesania, do małych kawałków papieru; papierki są przyciągane do grzebienia i nawet przyklejają się do niego ( ). Podobnie gdy w kuchni szybko wyciągniesz z rolki kawałek folii spożywczej, to będzie ona przywierać do większości niemetalicznych substancji (takich jak plastik, szkło czy żywność). Jeżeli będziesz przez kilka sekund pocierał balonik o ścianę, to przylgnie on do ściany. Zapewne z najbardziej przykrym skutkiem elektryzowania się ciał mamy do czynienia, gdy poczujemy wstrząs, dotykając klamki (lub kolegi), po tym jak przesunęliśmy stopami po pewnego rodzaju wykładzinie dywanowej. Grzebień, po tym jak użyliśmy go do czesania, przyciąga małe kawałki papieru na odległość, bez bezpośredniego z nimi kontaktu. Analiza tego zjawiska przyczyniła się do wprowadzenia pojęcia „siły elektrostatycznej”. Wiele z tych zjawisk znano od stuleci. Grecki filozof okresu antycznego Tales z Miletu (624–546 p.n.e.) zauważył, że gdy bursztyn (ang. amber ; twarda, przejrzysta, skamieniała żywica wymarłych drzew) zostanie energicznie potarty kawałkiem futra, to dochodzi do wzajemnego przyciągania się futra i bursztynu ( ). Co więcej pocierany bursztyn nie tylko przyciąga futro, a futro przyciąga bursztyn, ale oba mogą przyciągać inne (niemetaliczne) przedmioty, nawet gdy nie są z nimi w bezpośrednim kontakcie ( ). Bursztyn z Borneo, znaleziony w Sabah w Malezji. Gdy bryłka bursztynu zostanie potarta kawałkiem futra, wówczas elektrony przechodzą z futra na bursztyn, co skutkuje ujemnym ładunkiem bursztynu. Jednocześnie kawałek futra, tracąc elektrony, ładuje się dodatnio. Źródło: „Sebakoamber”/Wikimedia Commons Podczas pocierania materiałów o siebie może dojść do rozdzielenia ładunków elektrycznych, zwłaszcza gdy jeden z materiałów ma większe powinowactwo elektronowe niż drugi. (a) Bursztyn i kawałek tkaniny są początkowo elektrycznie obojętne z równą liczbą ładunków dodatnich i ujemnych. Obejmuje to tylko niewielki ułamek ładunków, z których tylko kilka jest tu pokazanych. (b) Gdy są pocierane o siebie, część ujemnych ładunków przechodzi do bursztynu, a tkanina pozostaje z wypadkowym dodatnim ładunkiem. (c) Po ich odseparowaniu bursztyn i tkanina posiadają ładunki wypadkowe, przy czym wartości bezwzględne całkowitego ładunku dodatniego i ujemnego są równe. Angielski fizyk William Gilbert (1544–1603) badał te siły przyciągania z użyciem różnych substancji. Używał bursztynu i dodatkowo eksperymentował z kryształem górskim i innymi kamieniami szlachetnymi i półszlachetnymi. Prowadził również doświadczenia z metalami. W przeciwieństwie do minerałów, w metalach nie obserwował występowania takich sił. Co więcej, chociaż naelektryzowana pałeczka bursztynowa przyciąga kawałeczki futra, to odpycha inną naładowaną pałeczkę bursztynu; podobnie dwa naelektryzowane kawałki futra też się odpychają. To doprowadziło do wniosku, że istnieją dwa rodzaje właściwości elektrycznych; te właściwości nazwano ostatecznie ładunkiem elektrycznym (ang. electric charge ). Różnica między dwoma rodzajami ładunków elektrycznych wynika z kierunku sił elektrostatycznych pochodzących od tych ładunków: siły są odpychające, gdy oddziałujące ciała naładowane są ładunkami tego samego rodzaju, i przyciągające, gdy ładunki są przeciwnego rodzaju. Jednostką ładunku elektrycznego w układzie SI jest kulomb C \\si{\\coulomb} (ang. coulomb ), nazwa pochodzi od nazwiska francuskiego fizyka Charles’a Coulomba (1736–1806) . Najbardziej osobliwą cechą tej siły jest to, że do nadania przyspieszenia ciałom nie wymaga bezpośredniego kontaktu z tymi ciałami. To przykład tak zwanych sił „długiego zasięgu”. (Albo, jak wyraził to Albert Einstein, „działania na odległość”). Z wyjątkiem grawitacji wszystkie inne omawiane dotychczas siły działają wtedy, gdy dwa oddziałujące ciała się stykają. Amerykański fizyk i mąż stanu Benjamin Franklin (1706–1790) odkrył, że można gromadzić ładunki w butelce lejdejskiej (ang. leyden jar ), która jest szklaną butelką z dwoma kawałkami metalowej (cynowej) folii, wewnętrznej i zewnętrznej, oddzielonymi szkłem ( ). W takim układzie działa bardzo duża siła pomiędzy warstwami metalu. Butelka lejdejska (wczesna wersja kondensatora) pozwalała eksperymentatorom na gromadzenie dużych ilości ładunków elektrycznych. Benjamin Franklin używał takiej butelki, aby pokazać, że błyskawice zachowują się dokładnie tak, jak elektryczność wytworzona za pomocą aparatury w laboratorium. Franklin pokazał, że obserwowane zjawisko może być wyjaśnione przy założeniu, że ładunki jednego rodzaju pozostają nieruchome, podczas gdy inne przepływają z jednej folii na drugą. Ponadto zaproponował, żeby nadwyżka, jak to nazywał, „cieczy elektrycznej” była nazywana „dodatnią elektrycznością”, a jej niedobór – „ujemną elektrycznością”. Jego propozycje z małymi zmianami przetrwały do dzisiaj. (Wziąwszy pod uwagę doświadczenia, jakie mógł wykonywać, było to tylko zgadywanie, ponieważ Franklin nie posiadał możliwości określenia znaku płynących ładunków. Niestety, nie odgadł prawidłowo; dzisiaj wiemy, że ładunki, które płyną w metalu, to te, które oznaczył jako ujemne, a ładunki dodatnie pozostają w przeważającym stopniu nieruchome. Na szczęście, jak zobaczymy, nie ma znaczenia, jakiego wyboru dokonamy, zarówno z praktycznego, jak i teoretycznego punktu widzenia, o ile konsekwentnie się tego wyboru trzymamy). Wymieńmy nasze obserwacje dotyczące siły elektrostatycznej (ang. electric force ): Siła działa bez bezpośredniego kontaktu pomiędzy dwoma ciałami. Siła może być albo przyciągająca, albo odpychająca: gdy dwa oddziałujące ciała są obdarzone ładunkami takiego samego znaku, to siła jest odpychająca; gdy ładunki mają znaki przeciwne, to siła jest przyciągająca. Mówimy o tych oddziaływaniach odpowiednio jako o elektrostatycznym odpychaniu (ang. electrostatic repulsion ) oraz elektrostatycznym przyciąganiu (ang. electrostatic attraction ). Siła ta nie działa na wszystkie ciała. Siła ta maleje (szybko) ze wzrostem odległości pomiędzy ciałami. Dokładniej mówiąc, doświadczalnie odkryto, że wartość siły maleje z kwadratem odległości pomiędzy oddziałującymi ciałami. Zatem, przykładowo, gdy odległość między oddziałującymi ciałami zostanie podwojona, to siła działająca pomiędzy nimi zmaleje do jednej czwartej wartości początkowej. Obserwujemy także, że otoczenie naładowanych ciał wpływa na wielkość siły. Jednak tym zagadnieniem zajmiemy się w dalszej części rozdziału. Właściwości ładunków elektrycznych Oprócz istnienia dwóch rodzajów ładunków odkryto szereg innych właściwości ładunków elektrycznych. Ładunek jest skwantowany. Oznacza to, że ładunek elektryczny jest wielkością dyskretną i istnieje najmniejsza porcja ładunku, jaką może posiadać ciało. W układzie jednostek SI ta najmniejsza porcja wynosi około e ≡ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢⁢ C . Żadna swobodna cząstka nie może mieć ładunku mniejszego niż ten i dlatego ładunek dowolnego ciała musi być całkowitą wielokrotnością tej porcji. Wielkość ładunku nie zależy od jego rodzaju. Inaczej mówiąc, najmniejszy możliwy ładunek dodatni (z dokładnością do czterech miejsc znaczących) wynosi + 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ C , a najmniejszy możliwy ładunek ujemny − 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ C ; ich wartości są identyczne. Takie po prostu są prawa fizyki w świecie. Ładunek jest zachowany. Ładunek elektryczny nie może być stworzony ani zniszczony; może tylko zostać przeniesiony z jednego miejsca w drugie, z jednego ciała na drugie. Często mówimy, że ładunki „znoszą się”, to skrót myślowy. Oznacza, że gdy dwa ciała obdarzone równymi, ale przeciwnych znaków ładunkami znajdą się blisko siebie, to wówczas (przeciwnie skierowane) siły wywierane na inne naładowane ciała znoszą się, dając wypadkową siłę równą zero. Ważne, żeby zrozumieć, że ładunki ciał w żaden sposób nie znikają, natomiast całkowity ładunek we wszechświecie jest stały. Ładunek jest zachowany w układach izolowanych. W zasadzie, gdy ujemny ładunek zniknie z twojego laboratorium i pojawi się na Księżycu, to zasada zachowania ładunku jest spełniona. Jednak tak się nigdy nie dzieje. Jeżeli całkowity ładunek, jaki znajduje się w lokalnym układzie na twoim stole laboratoryjnym zmienia się, to istnieje mierzalny przepływ ładunku do lub z układu. Ponownie, ładunki przemieszczają się, a ich wpływy znoszą się, ale całkowity ładunek w twoim otoczeniu (jeżeli jest izolowane) zostaje zachowany. Ostatnie dwa punkty odnoszą się do zasady zachowania ładunku (ang. law of conservation of charge ). Pochodzenie ładunków: struktura atomu Gdy stało się już jasne, że materia zbudowana jest z atomów, szybko też stało się oczywiste, że składnikami atomu są zarówno dodatnio, jak i ujemnie naładowane cząstki. Powstało pytanie: jakie są właściwości fizyczne tych elektrycznie naładowanych cząstek? Jako pierwszą odkryto cząstkę naładowaną ujemnie. W 1897 r. angielski fizyk J. J. Thomson (1856–1940) badał to, co potem nazwano promieniami katodowymi. Kilka lat wcześniej inny angielski fizyk William Crookes wykazał, że te „promienie” są naładowane ujemnie, lecz niczego innego nie można było wywnioskować z jego doświadczeń (to, że były nośnikami ładunków ujemnych, stanowiło dowód, że nie mamy do czynienia z promieniami, ale z cząsteczkami). Thomson otrzymał czystą wiązkę tych cząstek i skierował ją w obszar skrzyżowanych pól elektrycznego i magnetycznego, dostrajając tak ich natężenia, aż wiązka nie była przez nie odchylana. Za pomocą tego doświadczenia potrafił wyznaczyć stosunek ładunku do masy dla tych cząstek. Okazało się, że masa cząstek jest znacznie mniejsza niż masa jakichkolwiek wcześniej poznanych cząstek – 1837 razy mniejsza od masy atomu wodoru. Ostatecznie nazwano tę cząstkę elektronem (ang. electron ). Ponieważ atom jako całość jest elektrycznie obojętny, to następne pytanie dotyczyło rozkładu ładunków dodatnich i ujemnych w atomie. Thomson wyobrażał sobie, że elektrony są zanurzone w dodatnio naładowanym ośrodku wypełniającym całą objętość atomu. Jednak w 1908 r. nowozelandzki fizyk Ernest Rutherford (1871–1937) wykazał, że ładunki dodatnie w atomie są skupione w małym rdzeniu, nazwanym jądrem (ang. nucleus ), które stanowi tylko niewielki ułamek całkowitej objętości atomu, ale obejmuje ponad 99% jego masy (zobacz: Pęd i zderzenia ). Ponadto pokazał, że ujemnie naładowane elektrony nieustannie krążą wokół jądra ( ). Rutherford doszedł do wniosku, że jądro zbudowane jest z małych, masywnych cząstek, które nazwał protonami (ang. protons ). Uproszczony model atomu wodoru przedstawia dodatnio naładowane jądro (składające się w przypadku wodoru z pojedynczego protonu) otoczone chmurą elektronową. Ładunek chmury elektronowej jest równy ładunkowi jądra i ma przeciwny znak, elektron zaś nie ma określonego położenia w przestrzeni, dlatego przedstawiany jest jako chmura. Makroskopowe ilości substancji zawierają ogromną liczbę atomów i cząsteczek, a tym samym jeszcze więcej pojedynczych ładunków ujemnych i dodatnich. Odkąd dowiedziano się, że różne atomy mają różne masy i że zazwyczaj są elektrycznie obojętne, domyślano się, że różne atomy mają różną liczbę protonów w jądrach z równą im liczbą ujemnie naładowanych elektronów krążących wokół dodatnio naładowanych jąder, co czyniło atomy elektrycznie obojętnymi. Wkrótce jednak odkryto, że chociaż najlżejszy atom, wodór, ma jądro będące pojedynczym protonem, to następny pod względem masy atom helu ma dwa razy tyle protonów (dwa), lecz cztery razy większą masę niż wodór. Tę tajemnicę rozwikłał w 1932 r. angielski fizyk James Chadwick (1891–1974) , który odkrył neutron . Neutron jest w zasadzie elektrycznie obojętnym bliźniakiem protonu, bez ładunku elektrycznego, ale z (niemal) identyczną masą jak proton. Jądro helu zawiera więc dwa neutrony i dwa protony. (Późniejsze doświadczenia pokazały, że chociaż neutron jest elektrycznie obojętny jako całość, to posiada wewnętrzną strukturę ładunkową. Co więcej, mimo że masy neutronu i protonu są niemal równe, to nie są dokładnie równe: masa neutronu jest odrobinę większa niż masa protonu. Okazuje się, że ma to istotne znaczenie. Z wyjaśnieniem tego musimy jednak poczekać aż do rozdziału poświęconego fizyce współczesnej – Fizyka jądrowa ). Od 1932 roku atom wyobrażano sobie jako małe, masywne jądro zbudowane z protonów i neutronów, otoczone przez skupisko elektronów, które, poruszając się, tworzą rodzaj ujemnie naładowanej chmury ( ). W elektrycznie obojętnym atomie całkowita liczba ujemnie naładowanych elektronów jest równa całkowitemu dodatniemu ładunkowi jądra. Bardzo lekkie elektrony mogą być łatwiej lub trudniej usunięte z atomu albo do niego dodane, co zmienia wypadkowy ładunek atomu (nie zmieniając jednak jego rodzaju). Atom, którego ładunek został zmieniony w taki sposób, nazywamy jonem (ang. ion ). Jony dodatnie to te, z których usunięto elektrony, podczas gdy jony ujemne mają wprowadzone dodatkowe elektrony. Stosujemy tę terminologię również do opisu cząsteczek, które nie są elektrycznie obojętne. Jądro atomu węgla składa się z sześciu protonów i sześciu neutronów. Tak jak w wodorze, otaczające jądro sześć elektronów nie ma określonego położenia i może być uważane za rodzaj chmury. Jednak kwestia budowy atomu na tym się nie kończy. W kolejnych latach XX wieku odkryto szereg cząstek subatomowych, między innymi piony i kwarki. Ponieważ jednak, z wyjątkiem fotonów, znajomość tych cząstek nie jest potrzebna do badania elektromagnetyzmu, dalszą dyskusję na ich temat odkładamy do rozdziału o fizyce cząstek elementarnych ( Fizyka cząstek elementarnych i kosmologia ). Uwaga dotycząca terminologii Jak zauważyliśmy, ciała mogą posiadać ładunki elektryczne. To właściwość podobna do innych, które mogą ciała posiadać, jak masa, gęstość, temperatura itd. Formalnie, powinniśmy zawsze mówić: „Załóżmy, że mamy cząsteczkę obdarzoną ładunkiem 3 ⁢⁢ µC ”. Jednak zazwyczaj zamiast tego mówimy: „Załóżmy, że mamy ładunek 3 ⁢⁢ µC ”. Podobnie jak często mówimy „Sześć ładunków jest umieszczonych w narożach sześcioboku foremnego”. Ładunek to nie cząsteczka; to raczej właściwość, cecha cząsteczki. Niemniej jednak to nazewnictwo jest bardzo rozpowszechnione i często używane w tym podręczniku. Zapamiętaj więc, co mamy na myśli, mówiąc „ładunek”. Podsumowanie Są tylko dwa rodzaje ładunków, nazywane dodatnimi i ujemnymi. Ładunki zgodne odpychają się, ładunki przeciwne przyciągają, a siła pomiędzy nimi maleje z kwadratem odległości. Nośnikami zdecydowanej większości dodatnich ładunków w przyrodzie są protony, podczas gdy elektrony są nośnikami większości ładunków ujemnych. Ładunek elektronu jest równy co do wartości ładunkowi protonu i przeciwnego znaku. Jon to atom lub cząsteczka, która posiada niezerowy ładunek całkowity wynikający z nierównej liczby elektronów i protonów. Jednostką ładunku w układzie SI jest kulomb ( C ), w przypadku protonów i elektronów posiadających ładunki przeciwnego znaku, ale tej samej wielkości wartość tego ładunku elementarnego wynosi e ≡ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ C . W ciałach obojętnych elektrycznie występują zarówno ładunki dodatnie, jak i ujemne; mogą one zostać rozdzielone w wyniku zetknięcia tych ciał; pocieranie wzajemne tych ciał może uwolnić elektrony w jednym ciele i przenieść je do drugiego, zwiększając rozdział ładunków. W przypadku obiektów makroskopowych „naładowany ujemnie” oznacza nadmiar elektronów, a „naładowany dodatnio” oznacza niedobór elektronów. Zasada zachowania ładunku głosi, że całkowity ładunek w izolowanym układzie jest stały. Pytania Większość ciał zawiera bardzo dużo naładowanych cząstek. Dlaczego więc większość ciał nie wykazuje statycznego ładunku elektrycznego? Zazwyczaj liczby dodatnich i ujemnych ładunków są równe, co w efekcie powoduje, że ciała są elektrycznie obojętne. Dlaczego większość ciał dąży do posiadania równej liczby ładunków dodatnich i ujemnych? Dodatnio naładowany pręt przyciąga mały kawałek korka. Czy możemy na tej podstawie wnioskować, że korek jest naładowany ujemnym ładunkiem? Pręt odpycha mały kawałek korka. Czy możemy na tej podstawie wnioskować, że korek jest naładowany dodatnim ładunkiem? a. Tak; b. Tak. Dwa ciała przyciągają się siłą elektrostatyczną. Czy oba muszą być naładowane ładunkiem elektrycznym? Jaka jest odpowiedź na to pytanie w przypadku, gdy ciała się odpychają? W jaki sposób określiłbyś, czy dany pręt jest naładowany ładunkiem dodatnim, czy ujemnym? Weź ciało posiadające znany dodatni bądź ujemny ładunek i przybliż je do pręta. Jeżeli to ciało ma ładunek dodatni i jest odpychane, to pręt też ma ładunek dodatni. Jeżeli dodatnio naładowane ciało jest przyciągane, to pręt jest naładowany ujemnie. Zadania Przy typowej statycznej elektryczności mamy do czynienia z ładunkami z zakresu od nanokulombów do mikrokoulombów. Ile elektronów potrzeba, żeby uzyskać ładunek -2 ⁢⁢ nC ? Ile elektronów trzeba zabrać z obojętnego elektrycznie ciała, aby pozostawić wypadkowy ładunek 0,5 ⁢⁢ µC ? a. 2 ⋅ 10 -9 ⁢⁢ C ∕ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ elektron ∕ C = 1,248 ⋅ 10 10 ⁢⁢ elektronów ; b. 0,5 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C ∕ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ elektron ∕ C = 3,121 ⋅ 10 12 ⁢⁢ elektronów . Jeżeli 1,8 ⋅ 10 20 elektronów przepływa przez kalkulator podczas jego całodziennej pracy, to ile kulombów ładunku przezeń przepłynęło? Podczas uruchamiania silnika samochodowego z akumulatora płynie 3,75 ⋅ 10 21 elektronów do rozrusznika. Ile to kulombów? 3,75 ⋅ 10 21 ⁢⁢ elektronów ∕ 6,242 ⋅ 10 18 ⁢⁢ elektron ∕ C = 600,8 ⁢⁢ C . Podczas wyładowania atmosferycznego przepływa 40 ⁢⁢ µC ładunku. Ile to ładunków elementarnych? Monetę o masie 2,5 ⁢⁢ g naładowano ładunkiem -2 ⋅ 10 -9 ⁢⁢ C . Ile dodatkowych elektronów znalazło się na monecie? O ile procent te dodatkowe elektrony zmieniły masę monety? a. 2 ⋅ 10 -9 ⁢⁢ C ⁢ ⋅ 6,242 ⋅ 10 18 ⁢⁢ elektron ∕ C = 1,248 ⋅ 10 10 ⁢⁢ elektronów ; b. 9,109 ⋅ 10 -31 ⁢⁢ kg ⁢ ⋅ 1,248 ⋅ 10 10 ⁢⁢ elektronów = 1,137 ⋅ 10 -20 ⁢⁢ kg , 1,137 ⋅ 10 -20 ⁢⁢ kg ∕ 2,5 ⋅ 10 -3 ⁢⁢ kg = 4,548 ⋅ 10 -18 = 4,548 ⋅ 10 -16 ⁢⁢ % . Monetę o masie 2,5 ⁢⁢ g naładowano ładunkiem 4 ⋅ 10 -9 ⁢⁢ C . Ile elektronów ubyło z monety? Jeżeli z danego atomu usunięto co najwyżej jeden elektron, to jaki procent atomów został zjonizowany podczas ładowania monety? kulomb (ang. coulomb ) jednostka ładunku w układzie SI ładunek elektryczny (ang. electric charge ) właściwość ciała, która sprawia, że jest ono przyciągane lub odpychane od innych ciał obdarzonych ładunkiem; każdy obiekt naładowany ładunkiem elektrycznym wytwarza siłę elektrostatyczną i doznaje jej działania siła elektryczna (ang. electric force ) oddziaływanie na odległość pomiędzy ciałami obdarzonymi ładunkami elektrycznymi elektron (ang. electron ) cząstka elementarna o najmniejszej masie i najmniejszym niepodzielnym ujemnym ładunku elektrycznym przyciąganie elektrostatyczne (ang. electrostatic attraction ) zjawisko przyciągania się dwóch ciał posiadających ładunki elektryczne przeciwnego znaku odpychanie elektrostatyczne (ang. electrostatic repulsion ) zjawisko odpychania się dwóch ciał posiadających ładunki tego samego znaku jon (ang. ion ) atom lub cząsteczka z liczbą elektronów większą lub mniejszą niż liczba protonów zasada zachowania ładunku (ang. law of conservation of charge ) całkowity ładunek w układzie izolowanym od otoczenia pozostaje stały neutron (ang. neutron ) obojętna elektrycznie cząstka występująca w jądrze atomowym o masie (prawie) identycznej jak masa protonu proton (ang. proton ) cząstka występująca w jądrze atomowym posiadająca dodatni ładunek elektryczny równy co do wartości ujemnemu ładunkowi elektronu elektryczność statyczna (ang. static electricity ) pojawianie się ładunku elektrycznego na powierzchni ciał; rozmieszczenie ładunku na powierzchni jest stałe", "section": "Ładunek elektryczny", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Przewodniki, izolatory i elektryzowanie przez indukcję W poprzedniej części stwierdziliśmy, że naukowcom udało się wytworzyć nadmiarowe ładunki elektryczne na niemetalicznych materiałach, natomiast nie udało się na metalach. Żeby zrozumieć, dlaczego tak się dzieje, trzeba lepiej poznać strukturę atomu. W tym podrozdziale omawiamy, jak i dlaczego ładunki elektryczne przemieszczają się lub nie w materiałach ( ). Pełny opis znajdziemy w kolejnym rozdziale. W tym zasilaczu wykorzystane są przewody metalowe i wtyczki do przewodzenia elektryczności z gniazdka w ścianie do laptopa. Przewodzące druty pozwalają elektronom swobodnie przemieszczać się wzdłuż kabli, które są osłonięte gumą i plastikiem. Te materiały są izolatorami, które nie pozwalają na ucieczkę ładunków elektrycznych na zewnątrz. Źródło: adaptacja pracy „Evan-Amos”/Wikimedia Commons Przewodniki i izolatory Jak już to omawialiśmy, elektrony otaczają bardzo małe jądro rozległą chmurą ładunku ujemnego. Ta chmura ma w dodatku określoną strukturę. Przyjrzyjmy się teraz atomowi miedzi, najbardziej powszechnemu przewodnikowi. Z powodów, które poznamy w rozdziale Struktura atomowa , najbardziej zewnętrzny elektron jest luźno związany z jądrem atomowym. Może być on łatwo oderwany, może się przemieścić na sąsiedni atom. W dużym skupisku atomów miedzi (takim jak miedziany drut czy miedziana płyta) te olbrzymie ilości zewnętrznych elektronów (jeden na atom) wędrują od atomu do atomu i są tymi elektronami, które się przemieszczają, gdy mamy do czynienia z przepływem prądu elektrycznego. Te wędrowne, swobodne elektrony nazywamy elektronami przewodnictwa (ang. conduction electrons ) i dlatego miedź jest doskonałym przewodnikiem (ang. conductor ) ładunków elektrycznych. Wszystkie pierwiastki przewodzące mają podobny układ elektronów z jednym lub dwoma elektronami przewodnictwa. Dotyczy to większości metali. Przeciwnie izolatory (ang. insulator ) – to materiały, w których brak elektronów przewodnictwa; ładunek przepływa przez nie z bardzo dużą trudnością, o ile w ogóle. Nawet gdy wprowadzimy do izolatora dodatkowy ładunek, to nie przemieszcza się on, pozostając w danym miejscu na stałe. To dlatego izolatory doświadczają przyciągania i odpychania elektrostatycznego, opisanego wcześniej, podczas gdy metale nie. Każdy dodatkowy ładunek umieszczony na przewodniku odpłynie (wskutek odpychania się ze znajdującymi się tam ładunkami), nie pozostawiając żadnego nadmiarowego ładunku, który mógłby być źródłem siły elektrostatycznej. Ładunek nie może przepływać przez izolator, zatem siły elektrostatyczne pochodzące od tego zlokalizowanego ładunku mogą działać przez długi czas. (Po dostatecznie długim czasie ten ładunek zniknie z izolatora). Bursztyn, futra i większość kamieni półszlachetnych są izolatorami, podobnie jest z drewnem, szkłem i plastikiem. Elektryzowanie przez indukcję Przyjrzyjmy się bliżej temu, co się stanie z przewodnikiem, gdy zbliżymy do niego naładowane ciało. Jak wspominaliśmy, elektrony przewodnictwa mogą się prawie swobodnie przemieszczać w przewodniku. Dlatego gdy naładowany izolator (taki jak dodatnio naładowana pałeczka szklana) zbliżymy do przewodnika, to zgromadzony na nim ładunek działa siłą elektrostatyczną na elektrony przewodnictwa. Ponieważ pałeczka ma ładunek dodatni, to elektrony przewodnictwa (obdarzone ładunkiem ujemnym) są przyciągane, przepływając w stronę izolatora, aż na skraj przewodnika ( ). Przewodnik jako całość nadal pozostaje obojętny elektrycznie; elektrony przewodnictwa zmieniły swoje położenie, ale nadal pozostają w przewodniku. Jednak teraz w przewodniku mamy do czynienia z rozkładem ładunku; bliższy koniec (część przewodnika najbliższa izolatora) ma więcej ładunków ujemnych niż dodatnich, odwrotnie niż jego koniec najbardziej odległy od izolatora. Przemieszczenie się ładunków ujemnych do bliższego końca przewodnika spowodowało, że część przewodnika najbardziej oddalona od izolatora ma wypadkowy ładunek dodatni. Uzyskaliśmy rozkład ładunków, jakiego nie było uprzednio. O tym procesie mówimy jako o indukowanej polaryzacji, w tym przypadku polaryzacji przewodnika. Wynikające z tego rozdzielenie ładunków dodatnich i ujemnych nazywamy polaryzacją (ang. polarization ), a o materiale, a nawet cząsteczce, która doznała polaryzacji, mówimy, że jest spolaryzowana. W przypadku ujemnie naładowanego izolatora mamy do czynienia z analogiczną sytuacją, jednak wywołana polaryzacja ma znak przeciwny. Indukowana polaryzacja. Naładowana dodatnio pałeczka szklana została przysunięta w pobliże przewodzącej kuli, po jej lewej stronie, przyciągając ładunek ujemny i pozostawiając drugą stronę kuli naładowaną dodatnio. Chociaż kula pozostaje elektrycznie obojętna, to charakteryzuje się teraz rozkładem ładunku, zatem może działać siłą elektrostatyczną na inne, pobliskie ładunki. Ponadto rozkład ładunku jest taki, że kula będzie przyciągana do szklanej pałeczki. W wyniku tego powstaje układ nazywany dipolem (ang. dipole ), z greki oznacza to „dwa bieguny”. Ładunki elektryczne na izolatorze i siła, z jaką działają one na elektrony przewodnictwa, prowadzą do powstania (lub inaczej mówiąc „wyindukowania”) dipola w przewodniku. Obojętne ciała mogą być przyciągane do dowolnego naładowanego ciała. Na przykład kawałki słomki przyciągane do wypolerowanego bursztynu są obojętne elektrycznie. Jeżeli przesuniemy grzebieniem przez włosy, to naładowany grzebień może chwytać kawałki papieru. Na pokazane jest, jak polaryzacja atomów i cząsteczek w obojętnych elektrycznie ciałach prowadzi do przyciągania ich do naładowanych ciał. Ładunki dodatnie i ujemne przyciągają obojętne elektrycznie ciała, polaryzując ich cząsteczki. (a) Dodatnio naładowane ciało przysunięte w pobliże obojętnego elektrycznie izolatora polaryzuje jego cząsteczki. Dochodzi do niewielkiego przesunięcia elektronów krążących w cząsteczce, ładunki przeciwne zostają przemieszczone bliżej, a zgodne odsunięte. Ponieważ siły elektrostatyczne maleją z odległością, to sumarycznie mamy do czynienia z przyciąganiem. (b) Ujemnie naładowane ciała generują przeciwną polaryzację, ale też przyciągają obojętne elektrycznie ciała. (c) To samo obserwujemy dla przewodników; ponieważ ładunki przeciwnego znaku znajdują się bliżej, obserwujemy wypadkowe przyciąganie. Gdy do obojętnej elektrycznie substancji, w tym przypadku izolatora, zbliżymy naładowaną pałeczkę, to rozkład ładunku w atomach i cząsteczkach zostanie nieznacznie zmieniony. Ładunki przeciwnego znaku są przyciągane w stronę naładowanej pałeczki, a tego samego znaku są odpychane. Ponieważ siły elektrostatyczne maleją wraz z odległością, to odpychanie ładunków o takim samym znaku jest słabsze niż przyciąganie ładunków o przeciwnym znaku. W rezultacie obserwujemy jedynie przyciąganie. Zatem dodatnio naładowana szklana pałeczka przyciąga obojętne elektrycznie kawałeczki papieru. Podobny efekt zaobserwujemy dla ujemnie naładowanej gumowej pałeczki. Niektóre cząsteczki, takie jak woda, są cząsteczkami polarnymi. W cząstkach polarnych występuje samoistne, stałe rozsunięcie ładunków, mimo że cząstki są jako całość obojętne elektrycznie. Cząstki polarne są szczególnie podatne na działanie innych naładowanych ciał i są silniej polaryzowalne niż cząsteczki z jednorodnym rozkładem ładunków. Gdy możemy rozdzielić ładunki, tworząc dipol, to ten sposób elektryzowania, znany jako elektryzowanie przez indukcję (ang. charging by induction ), można wykorzystać do wytworzenia naładowanych ciał bez przenoszenia ładunków. Na widzimy dwie obojętne elektrycznie, metalowe kule, które się stykają, ale są odizolowane od otoczenia. Dodatnio naładowana pałeczka została przysunięta do jednej z nich, przyciągając ujemne ładunki na swoją stronę i pozostawiając drugą kulę naładowaną dodatnio. Elektryzowanie przez indukcję. (a) Dwie nienaładowane, czyli obojętne elektrycznie, metalowe kule stykają się, ale są odizolowane od otoczenia. (b) Dodatnio naładowana szklana pałeczka została przysunięta do kuli po lewej stronie, przyciągając ujemne ładunki na swoją stronę i pozostawiając drugą kulę naładowaną dodatnio. (c) Kule zostają rozdzielone, zanim pałeczka została zabrana, dzięki czemu ładunki dodatnie i ujemne pozostają odseparowane. (d) Kule zachowują swój wypadkowy ładunek po usunięciu pałeczki, która ten ładunek wyindukowała – o ile kule nie zostały kiedykolwiek zetknięte z innym naładowanym ciałem. Inny sposób elektryzowania przez indukcję jest pokazany na . Obojętna elektrycznie metalowa kula zostaje spolaryzowana przez umieszczenie w jej pobliżu naładowanej pałeczki. Następnie kula zostaje uziemiona, to znaczy połączona z ziemią za pomocą drutu z przewodnika. Ponieważ Ziemia jest ogromna i w większości grunt jest przewodzący, to może łatwo dostarczyć lub odebrać nadmiarowy ładunek. W tym przypadku elektrony są przyciągane do kuli przez drut, nazywany uziemieniem, bo tworzy on przewodzące połączenie z ziemią. Uziemienie zostaje odłączone, zanim pałeczka zostaje usunięta, i na kuli pozostaje dodatkowy ładunek o znaku przeciwnym do ładunku pałeczki. I znowu, gdy elektryzujemy ciało przez indukcję, to generujemy ładunek o znaku przeciwnym, a pałeczka nie traci swojego dodatkowego ładunku. Elektryzowanie przez indukcję z wykorzystaniem uziemienia. (a) Dodatnio naładowana pałeczka polaryzuje obojętną elektrycznie kulę po przysunięciu do niej. (b) Kula zostaje uziemiona, co pozwala przyciągnąć elektrony z niewyczerpanych zasobów Ziemi. (c) Uziemienie zostaje usunięte. (d) Dodatnio naładowana pałeczka zostaje zabrana, a na kuli pozostaje wyindukowany ładunek ujemny. Podsumowanie Przewodnik to materiał, którego struktura atomowa pozwala ładunkom na swobodny przepływ. W izolatorze ładunki pozostają zlokalizowane w danym miejscu. Polaryzacja polega na rozdzieleniu dodatnich i ujemnych ładunków w obojętnym elektrycznie ciele. W spolaryzowanych ciałach ładunki dodatnie i ujemne gromadzą się w innych miejscach, tak że mamy do czynienia z rozkładem ładunku. Pytania Pewien wynalazca próbuje doprowadzić do lewitacji kulki wykonanej z korka, owijając ją folią metalową, ładując ją dużym ujemnym ładunkiem i wprowadzając duży dodatni ładunek na sufit swojego warsztatu. Tymczasem folia odlatuje podczas próby naładowania jej dużym ujemnym ładunkiem. Spróbuj to wyjaśnić. Gdy pocieramy jedwabiem szklany pręt, to zostaje on naładowany dodatnio, a jedwab ujemnie, ale oba przyciągają cząsteczki kurzu. Czy kurz jest obdarzony trzeciego rodzaju ładunkami, które są przyciągane zarówno przez ładunki dodatnie, jak i ujemne? Spróbuj to wyjaśnić. Nie, kurz jest przyciągany do obu ciał, ponieważ cząsteczki kurzu zostają spolaryzowane w kierunku jedwabiu. Dlaczego karoseria samochodu zawsze przyciąga kurz po tym, jak została wypolerowana? (Zauważ, że zarówno wosk do polerowania karoserii, jak i opony samochodu są izolatorami). Czy na nienaładowany przewodnik, pokazany na rysunku poniżej, działa wypadkowa siła elektrostatyczna? Tak, na przewodniku zostają wyindukowane ładunki polaryzacyjne, tak że ładunek dodatni jest bliżej naładowanego pręta, dając w efekcie przyciąganie. Idąc po dywanie, człowiek często elektryzuje się, ponieważ pociera butami o dywan. Ten ładunek powoduje przeskok iskry i wywołuje mały wstrząs, gdy ta osoba zbliży się następnie do metalowego przedmiotu. Dlaczego z tym zjawiskiem mamy najczęściej do czynienia w suche dni? Porównaj elektryzowanie przez dotyk z elektryzowaniem przez indukcję. Elektryzowanie przez dotyk polega na przenoszeniu ładunków. Elektryzowanie przez indukcję polega na wygenerowaniu najpierw ładunku polaryzacyjnego w ciele, a następnie uziemieniu go, aby pozwolić części ładunków odpłynąć z ciała, pozostawiając je naładowane. Małe kawałki bibułki są przyciągane przez naładowany elektrycznie grzebień. Wkrótce po tym, jak zostały przyciągnięte do grzebienia, kawałki bibułki zostają odepchnięte od niego. Spróbuj to wyjaśnić. Ciężarówki przewożące benzynę są często wyposażone w zwisające z podwozia, szorujące po ziemi łańcuchy. Dlaczego? Dzięki temu każdy nadmiarowy ładunek elektryczny jest odprowadzany do ziemi i zbiornik z benzyną pozostaje obojętny elektrycznie. Gdyby na zbiorniku z paliwem zgromadził się nadmiarowy ładunek, mogłoby dojść do przeskoku iskry i zapalenia benzyny. Dlaczego doświadczenia z elektrostatyki trudno przeprowadzać, gdy panuje duża wilgotność? Dlaczego niektóre tkaniny przywierają do siebie po wyjęciu ich z suszarki do ubrań? Czy to się zdarza, gdy są jeszcze wilgotne? W suszarce tkaniny się elektryzują. Jeżeli są wilgotne, to efekt jest zmniejszony przez obecność cząsteczek wody. Czy można wygenerować ładunki na izolatorze metodą indukcji? Przypuśćmy, że ktoś powiedział, że pocieranie kwarcu bawełnianą szmatką elektryzuje kwarc ładunkami trzeciego rodzaju. Opisz, co mógłbyś zrobić w celu sprawdzenia tego twierdzenia. Są tylko dwa rodzaje ładunków: przyciągające i odpychające. Jeżeli zbliżymy do kwarcu naładowane elektrycznie ciało, to zobaczymy tylko jedno z tych oddziaływań, dowodząc tym, że nie ma ładunków trzeciego typu. Trzymana w ręce pałeczka miedziana nie elektryzuje się podczas pocierania szmatką. Wyjaśnij dlaczego. Przypuśćmy, że umieściłeś ładunek q w pobliżu dużej metalowej płyty. Czy z tego, że q jest przyciągany do płyty, możemy wnioskować, że płyta na pewno jest naładowana? Czy z tego, że q jest odpychany od płyty, możemy wnioskować, że płyta na pewno jest naładowana? a. Nie, ponieważ wyindukowany został ładunek polaryzacyjny; b. Tak, ponieważ ładunek polaryzacyjny wywołuje tylko przyciąganie. Zadania Przypuśćmy, że drobina kurzu w filtrze elektrostatycznym ma 10 12 protonów i jej wypadkowy ładunek wynosi -5 ⁢⁢ nC (bardzo duży ładunek dla tak małego pyłku). Ile elektronów zawiera ta drobina kurzu? 5 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⁢ ⋅ 6,242 ⋅ 10 18 ⁢⁢ elektron ∕ C = 3,121 ⋅ 10 19 ⁢⁢ elektronów ; 3,121 ⋅ 10 19 ⁢⁢ elektronów + 10 12 ⁢⁢ elektronów = 3,121 000 1 ⋅ 10 19 ⁢⁢ elektronów . Ameba ma 10 16 protonów, a jej wypadkowy ładunek wynosi 0,3 ⁢⁢ pC . O ile ma mniej elektronów niż protonów? Gdy połączysz je w pary, to jaki ułamek protonów pozostanie bez elektronów do pary? Kula miedziana o masie 50 ⁢⁢ g ma wypadkowy ładunek 2 ⁢⁢ µC . Jaka część elektronów została usunięta z miedzi (Każdy atom miedzi ma 29 protonów, a jej masa atomowa wynosi 63,5 ⁢⁢ u )? Masa atomowa miedzi pomnożona przez 1 ⁢⁢ u = 1,055 ⋅ 10 -25 ⁢⁢ kg , liczba atomów miedzi 4,739 ⋅ 10 23 ⁢ atomów, liczba elektronów jest równa liczbie atomów pomnożonej przez 29 , czyli 1,374 ⋅ 10 25 ⁢⁢ elektronów , 2 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C ⋅ 6,242 ⋅ 10 18 ⁢⁢ elektron ∕ C ∕ 1,374 ⋅ 10 25 ⁢⁢ elektronów = 9,083 ⋅ 10 -13 = 9,083 ⋅ 10 -11 ⁢⁢ % . Jaki całkowity ładunek wprowadziłbyś na kawałek siarki o masie 100 ⁢⁢ g , jeżeli dodałbyś dodatkowy 1 elektron na każde 10 12 jej atomów (siarka ma masę atomową równą 32,1 ⁢⁢ u )? Ile kulombów dodatniego ładunku znajduje się w 4 ⁢⁢ kg plutonu, uwzględniając, że jego masa atomowa wynosi 244 oraz każdy atom plutonu zawiera 94 protony? 244 ⁢⁢ u ⁢ ⋅ 1,66 ⋅ 10 -27 ⁢⁢ kg ∕ u = 4,05 ⋅ 10 -25 ⁢⁢ kg , 4 ⁢⁢ kg ∕ 4,05 ⋅ 10 -25 ⁢⁢ kg = 9,877 ⋅ 10 24 atomów oraz 9,877 ⋅ 10 24 ⋅ ⁢ 94 = 9,284 ⋅ 10 26 protonów, 9,284 ⋅ 10 26 ⁢ ⋅ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ C = 1,487 ⋅ 10 8 ⁢⁢ C . elektryzowanie przez indukcję (ang. charging by induction ) zjawisko, w którym obdarzone ładunkiem elektrycznym ciało zbliżone do obojętnego elektrycznie ciała powoduje rozdzielenie ładunków w tym ciele elektron przewodnictwa (ang. conduction electron ) elektron w metalu, który może przemieszczać się, tzn. nie jest związany z żadnym atomem przewodnik (ang. conductor ) materiał, w którym elektrony mogą samodzielnie opuścić orbity atomowe i swobodnie przemieszczać się w całej objętości materiału dipol (ang. dipole ) układ dwóch równych, różnoimiennych ładunków znajdujących się obok siebie izolator (ang. insulator ) materiał, w którym elektrony są związane na swoich orbitach elektronowych polaryzacja (ang. polarization ) rozsunięcie dodatnich i ujemnych ładunków elektrycznych na przeciwne krańce ciała", "section": "Przewodniki, izolatory i elektryzowanie przez indukcję", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prawo Coulomba Doświadczenia z ładunkami elektrycznymi pokazały, że dwa ciała obdarzone ładunkami elektrycznymi działają na siebie siłą elektrostatyczną. Siła ta jest wprost proporcjonalna do ładunku każdego z ciał i odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości między nimi. (Co ciekawe, siła ta nie zależy od masy ciał). Kierunek wektora siły pokrywa się z domyślną linią łączącą oba ciała, a jego zwrot jest określony za pomocą znaków ładunków. Przyjmijmy, że q 1 q 2 q_1, q_2 ładunki elektryczne dwóch ciał; r → 1 2 \\vec{r}_{1\\sep 2} wektor łączący ładunki q 1 i q 2 . Siła elektrostatyczna F → działająca na dany ładunek jest proporcjonalna zarówno do wielkości tego ładunku, jak i wielkości drugiego ładunku i jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości między nimi F ∝ q 1 ⁢ q 2 r 1 2 2 ⁢ . Ta proporcjonalność przekształca się w równość po wprowadzeniu stałej proporcjonalności. Z przyczyn, które zostaną wyjaśnione w kolejnym podrozdziale, stała proporcjonalności, jaką stosujemy, składa się z kilku stałych. (Tę stałą omówimy wkrótce). Prawo Coulomba Siła elektrostatyczna (lub siła Coulomba , ang. Coulomb force ) pomiędzy dwoma naładowanymi elektrycznie cząsteczkami wynosi F → 1 2 ⁢ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 1 ⁢ q 2 r 1 2 2 ⁢ r ̂ 1 2 ⁢ . Posługujemy się wartością bezwzględną iloczynu q 1 ⁢ q 2 , ponieważ jeden z ładunków może być ujemny, a wartość siły jest zawsze dodatnia. Wektor jednostkowy (wersor) r ̂ wskazuje kierunek od ładunku q 1 do q 2 . Jeżeli q 1 oraz q 2 mają te same znaki, to wektor siły działającej na q 2 jest skierowany w stronę przeciwną do q 1 ; gdy mają znaki przeciwne, to siła działająca na q 2 jest skierowana w stronę q 1 ( ). Siła elektrostatyczna F → oddziaływania pomiędzy ładunkami punktowymi q 1 i q 2 oddalonymi o r jest wyrażona prawem Coulomba. Zauważmy, że trzecia zasada dynamiki (oddziaływania ciał są zawsze wzajemne) obowiązuje bez zmian – siła działająca na q 1 jest równa co do wartości i przeciwnie skierowana do siły, z jaką działa na q 2 . (a) Ładunki jednoimienne. (b) Ładunki różnoimienne. Ważne jest, aby pamiętać, że siła elektrostatyczna nie jest stała; zależy od odległości między dwoma ładunkami. Jeżeli ładunek próbny lub ładunek źródłowy (albo oba) przemieści się, to zmieni się r → i w konsekwencji zmieni się siła. Oznacza to, że bezpośrednie stosowanie zasad dynamiki Newtona może okazać się trudne, w zależności od zagadnienia, z jakim mamy do czynienia. Na ogół potrafimy to zrobić, jednak zazwyczaj szukamy najłatwiejszych sposobów obliczania interesujących nas wielkości fizycznych. (Zasada zachowania energii jest wybierana najczęściej). Na koniec, nowa stała ε 0 występująca w prawie Coulomba nazywana jest przenikalnością elektryczną wolnej przestrzeni lub (lepiej) przenikalnością elektryczną próżni (ang. permittivity of vacuum ). Stała ta ma bardzo istotne znaczenie fizyczne, które omówimy w kolejnym podrozdziale; w tym miejscu przyjmijmy, że to po prostu doświadczalnie wyznaczona stała proporcjonalności. Jej wartość (z dokładnością do trzech znaczących miejsc) wynosi około ε 0 = 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢⁢ C 2 ∕ N ⁢⁢ m 2 ⁢ . Jednostki są niezbędne, aby siła w prawie Coulomba była prawidłowo wyrażona w niutonach ( N \\si{\\newton} ). Zauważmy, że w prawie Coulomba przenikalność elektryczna próżni stanowi tylko część stałej proporcjonalności. Dla udogodnienia często wprowadzamy stałą elektrostatyczną k = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ≈ 8,99 ⋅ 10 9 ⁢⁢ N ⁢⁢ m 2 ∕ C 2 ⁢ . Siła działająca na elektron w atomie wodoru Atom wodoru składa się z pojedynczego protonu i pojedynczego elektronu. Proton ma ładunek + e , a elektron − e . W atomie będącym w stanie podstawowym elektron okrąża proton w najbardziej prawdopodobnej odległości 5,29 ⋅ 10 -11 ⁢⁢ m ( ). Obliczmy siłę, z jaką proton działa na elektron. Na rysunku przedstawiono schematycznie atom wodoru z zaznaczoną siłą działającą na elektron. Ten obrazek ma nam pozwolić obliczyć tę siłę; w rzeczywistości atom wodoru tak nie wygląda. Zobacz . Strategia rozwiązania W tym przykładzie traktujemy elektron i proton jako dwie obdarzone ładunkiem elektrycznym punktowe cząstki znajdujące się w podanej odległości; szukamy siły działającej na elektron. Zatem posłużymy się prawem Coulomba. Rozwiązanie Wartości ładunków elektrycznych i odległość między nimi wynoszą odpowiednio q 1 = + e = + 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⁢ , q 2 = − e = − 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⁢ , \\begin{align} q_1 &= +e = + \\SI{1,602e-19}{\\coulomb} \\text{,} \\\\ q_2 &= -e = - \\SI{1,602e-19}{\\coulomb} \\text{,} \\end{align} r = 5,29 ⋅ 10 -11 ⁢ m ⁢ . r = \\SI{5,29e-11}{\\metre} \\text{.} Siła działająca na elektron wynosi F = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ e 2 r 2 = 1 4 ⁢ π ⋅ 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢ C 2 5,29 ⋅ 10 -11 ⁢ m 2 F = 8,25 ⋅ 10 -8 ⁢ N ⁢ . \\begin{multiline} F &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{\\abs{e}^2}{r^2} = \\frac{1}{4 \\pi \\cdot \\SI{8,85e-12}{\\squared\\coulomb\\per\\newton\\per\\squared\\metre}} \\cdot \\frac{(\\SI{1,602e-19}{\\coulomb})^2}{(\\SI{5,29e-11}{\\metre})^2} \\\\ &= \\SI{8,25e-8}{\\newton} \\text{.} \\end{multiline} F = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ e 2 r 2 = 1 4 ⁢ π ⋅ 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 -19 ⁢ C 2 5,29 ⋅ 10 -11 ⁢ m 2 = 8,25 ⋅ 10 -8 ⁢ N ⁢ . Co do kierunku, to skoro ładunki obu cząsteczek są przeciwne, to siła jest przyciągająca; siła działająca na elektron jest zwrócona radialnie, wprost w stronę protonu w każdym punkcie orbity. Siłę można więc zapisać w postaci F → = 8,25 ⋅ 10 -8 ⁢⁢ N ⋅ r ̂ ⁢ . Znaczenie W tym układzie trójwymiarowym elektron (a co za tym idzie i siła działająca na niego) może znajdować się w dowolnym miejscu umownej sfery wokół protonu. W tym klasycznym modelu atomu wodoru siła elektrostatyczna działająca na elektron jest siłą dośrodkową, utrzymującą elektron w ruchu po orbicie. Pamiętajmy jednak, że kwantowo-mechaniczny model wodoru (omawiany w rozdziale Mechanika kwantowa ) jest całkowicie inny. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieniłaby się sytuacja w powyższym przykładzie, gdyby elektron miał także ładunek dodatni? Siła byłaby skierowana na zewnątrz. Wiele ładunków źródłowych Analiza, którą przeprowadziliśmy dla dwóch cząsteczek, może być rozszerzona na dowolną ich liczbę – wystarczy, że powtórzymy nasze rozumowanie, biorąc po dwa ładunki za każdym razem. Zadajemy pytanie: jaka jest siła wywierana przez N ładunków (które określamy jako ładunki źródłowe) na inny ładunek punktowy (który określamy jako ładunek próbny)? Posługujemy się takimi pojęciami, bo stosujemy ładunek próbny do sprawdzenia wielkości siły generowanej przez ładunki źródłowe. Tak jak w przypadku sił, z którymi dotychczas mieliśmy do czynienia, wypadkowa siła działająca na ładunek próbny jest po prostu sumą wektorową poszczególnych sił elektrostatycznych wywieranych na ten ładunek przez poszczególne ładunki źródłowe. Zatem możemy obliczyć siłę wypadkową działającą na ładunek próbny Q , obliczając siłę pochodzącą od każdego ładunku źródłowego, biorąc za każdym razem jeden ładunek źródłowy i sumując potem te wszystkie siły (wektorowo). Ta możliwość prostego dodawania poszczególnych sił, którą określamy jako zasadę superpozycji (ang. principle of superposition ), jest jedną z najważniejszych właściwości siły elektrostatycznej. Wyrażamy to wzorem: F → ⁢ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ Q ⁢ ∑ i = 1 N q i r i 2 ⁢ r ̂ i ⁢ . W tym wyrażeniu Q jest ładunkiem cząsteczki, która jest pod wpływem działania siły elektrostatycznej F → i znajduje się w położeniu r → względem początku układu współrzędnych; q i to N ładunków źródłowych, a wektory r → i = r i ⁢ r ̂ i opisują położenia tego ładunku względem położenia ładunku Q . Każdy z N wersorów jest skierowany od danego ładunku źródłowego do ładunku próbnego. Całość jest pokazana na . Zauważmy, że z punktu widzenia fizyki nie ma różnicy pomiędzy Q a q i ; różnica w nazewnictwie ma wyłącznie ułatwić analizę, a Q oznacza ładunek, dla którego wyznaczamy siłę nań działającą. Osiem ładunków źródłowych działających siłą na pojedynczy ładunek próbny Q . Każda z sił może być obliczona niezależnie od pozostałych siedmiu. To istota zasady superpozycji. (Zauważmy, że wektor siły F → i nie musi mieć takiego samego zwrotu jak wersor r ̂ i , może być zwrócony w przeciwną stronę − r ̂ i . Znaki ładunku źródłowego i ładunku próbnego decydują o zwrocie siły działającej na ładunek próbny). Mamy jednak pewien dylemat. Tak jak ładunki źródłowe działają siłą na ładunek próbny, to także ładunek próbny (zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona) działa na ładunki źródłowe siłą o takiej samej wartości, ale przeciwnie skierowaną. W wyniku tego działania każdy ładunek źródłowy zmieniałby położenie. Jednak zgodnie z siła wypadkowa działająca na ładunek próbny jest funkcją położenia, zatem podczas zmiany położenia siła wypadkowa działająca na ładunek próbny musi się zmienić, co z kolei powoduje zmianę siły i kolejną zmianę położeń. Wskutek tego cała analiza matematyczna staje się trudna do przeprowadzenia. Poznamy później metodę postępowania w takiej sytuacji, ale teraz przyjmujemy upraszczające założenie, że ładunki są zlokalizowane i ich położenia nie zmieniają się z czasem (ładunek próbny może się przemieszczać). Przy tym założeniu mamy do czynienia z dziedziną fizyki nazywaną elektrostatyką (ang. electrostatics ), gdzie określenie „statyka” odnosi się do stałego (statycznego) położenia ładunków źródłowych i wtedy też mówimy o sile elektrostatycznej (ang. electrostatic force ). Siła wypadkowa pochodząca od dwóch ładunków źródłowych Trzy małe, naładowane elektrycznie ciała są rozmieszczone, tak jak pokazano na . Ładunki q 1 i q 3 są zlokalizowane, q 2 może się przemieszczać. Mając dane q 1 = 2 ⁢⁢ e , q 2 = − 3 ⁢⁢ e i q 3 = − 5 ⁢⁢ e oraz wiedząc, że d = 2 ⋅ 10 -7 ⁢⁢ m , obliczmy wypadkową siłę działającą na ładunek środkowy q 2 . Każdy z ładunków źródłowych q 1 i q 3 działa siłą na q 2 . Strategia rozwiązania Posługujemy się prawem Coulomba. Z treści zadania wynika, że q 2 jest ładunkiem próbnym, zatem q 1 i q 3 są ładunkami źródłowymi. Zgodnie z zasadą superpozycji siła, z jaką każdy ładunek działa na q 2 , nie zależy od obecności innego ładunku. Dlatego zapisujemy siłę, z jaką każdy ładunek działa na q 2 , i następnie dodajemy je wektorowo. Rozwiązanie Mamy dane dwa ładunki źródłowe ( ⁢ q 1 i q 3 ⁢ ), ładunek próbny ( q 2 ⁢ ), odległości ( ⁢ r 2 1 i r 2 3 ⁢ ), a pytamy o siłę. Korzystamy z prawa Coulomba i zasady superpozycji. Mamy do czynienia z dwiema siłami F → = F → 2 1 + F → 2 3 = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ q 2 ⁢ q 1 r 2 1 2 ⁢ j ̂ + − q 2 ⁢ q 3 r 2 3 2 ⁢ i ̂ ⁢ . Nie możemy tak po prostu dodać tych dwóch sił, bo nie są zwrócone w tym samym kierunku: F → 2 3 jest zwrócona w kierunku − x , podczas gdy F → 2 1 jest zwrócona w kierunku + y . Wypadkowa siła, wyznaczona z twierdzenia Pitagorasa, zastosowanego do jej składowych x i y jest równa F = F x 2 + F y 2 ⁢ , gdzie F x = − F 23 = − 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 2 ⁢ q 3 r 23 2 F x = − 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 4,806 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 8,01 ⋅ 10 -19 ⁢ C 4 ⋅ 10 -7 ⁢ m 2 = − 2,16 ⋅ 10 -14 ⁢ N \\begin{multiline} F_x &= -F_{23} = - \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q_2q_3}{r^2_{23}} \\\\ &= - \\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\squared\\coulomb} \\cdot \\frac{\\SI{4,806e-19}{\\coulomb} \\cdot \\SI{8,01e-19}{\\coulomb}}{(\\SI{4e-7}{\\metre})^2} = -\\SI{2,16e-14}{\\newton} \\end{multiline} F x = − F 23 = − 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 2 ⁢ q 3 r 23 2 = − 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 4,806 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 8,01 ⋅ 10 -19 ⁢ C 4 ⋅ 10 -7 ⁢ m 2 = − 2,16 ⋅ 10 -14 ⁢ N oraz F y = F 21 = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 2 ⁢ q 1 r 21 2 F y = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 4,806 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 3,204 ⋅ 10 -19 ⁢ C 2 ⋅ 10 -7 ⁢ m 2 = 3,46 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⁢ . \\begin{multiline} F_y &= F_{21} = \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q_2q_1}{r^2_{21}} \\\\ &= \\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\squared\\coulomb} \\cdot \\frac{\\SI{4,806e-19}{\\coulomb} \\cdot \\SI{3,204e-19}{\\coulomb}}{(\\SI{2e-7}{\\metre})^2} = -\\SI{3,46e-14}{\\newton} \\text{.} \\end{multiline} F y = F 21 = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 2 ⁢ q 1 r 21 2 = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 4,806 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 3,204 ⋅ 10 -19 ⁢ C 2 ⋅ 10 -7 ⁢ m 2 = − 3,46 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⁢ . Stąd otrzymujemy F = F x 2 + F y 2 = 4,08 ⋅ 10 -14 ⁢⁢ N ⁢ , pod kątem ϕ = arc tg F y F x = arc tg 3,46 ⋅ 10 -14 ⁢⁢ N − 2,16 ⋅ 10 -14 ⁢⁢ N = − 58 ° ⁢ , to znaczy 58 ° powyżej półosi − x , tak jak to pokazano na rysunku. Znaczenie Zauważmy, że gdy podstawialiśmy do obliczeń wartości ładunków, nie uwzględnialiśmy ujemnego znaku dla q 2 czy też q 3 . Przypomnijmy, że znak ujemny w przypadku wielkości wektorowych oznacza ich przeciwny zwrot. Jednak dla sił elektrostatycznych zwrot siły jest określony przez to, jakie są (jakiego znaku) oba oddziałujące ładunki; określamy zwroty sił, biorąc pod uwagę, czy znaki obu ładunków są takie same, czy przeciwne. Jeżeli, podstawiając do obliczeń wartości liczbowe, uwzględnimy także dla ładunków ujemnych ich ujemne znaki, to istnieje ryzyko, że otrzymamy przeciwny zwrot obliczanej siły. Tak więc najlepiej jest obliczyć wartość siły, biorąc do obliczeń wartości absolutne ładunków, a następnie wyznaczyć zwroty sił niezależnie. Warto również zauważyć, że w tym przykładzie nowy jest tylko pomysł sposobu obliczania sił elektrostatycznych, wszystko pozostałe (wyznaczanie siły na podstawie jej składowych, rozkład sił na składowe, wyznaczanie kierunku i zwrotu siły wypadkowej) jest takie samo jak w zadaniach wykorzystujących obliczanie siły, które rozwiązywaliśmy poprzednio. Sprawdź, czy rozumiesz. Co zmieniłoby się, gdyby wartość q 1 była ujemna? Siła wypadkowa byłaby skierowana 58 ⁢⁢ ° poniżej osi − x . Podsumowanie Prawo Coulomba pozwala obliczyć wartość siły działającej pomiędzy ładunkami punktowymi. Ma postać F → 1 2 ⁢ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 1 ⁢ q 2 r 1 2 2 ⁢ r ̂ 1 2 ⁢ , gdzie q 2 i q 2 są dwoma ładunkami punktowymi oddalonymi od siebie o r 1 2 r_{1\\sep 2} . Siła Coulomba jest oddziaływaniem fundamentalnym, gdyż większość ładunków jest związanych z cząsteczkami, które można traktować jako punktowe. To oddziaływanie odpowiada za wszystkie zjawiska elektrostatyczne i jest źródłem większości makroskopowych sił. Pytania Czy na prawo Coulomba wpłynęłoby przyjęcie, że ładunek elektronu jest dodatni? Jądro atomowe składa się z dodatnio naładowanych protonów i obojętnych elektrycznie neutronów. Jakie wnioski można wyciągnąć na temat sił działających pomiędzy tymi cząstkami, które utrzymują jądro w całości? Siły utrzymujące jądro w całości muszą być większe od elektrostatycznych sił, z jakimi odpychają się protony. Czy inne ładunki wpływają na siłę oddziaływania pomiędzy dwoma zlokalizowanymi ładunkami? Zadania Dwie punktowe cząsteczki obdarzone ładunkami + 3 ⁢⁢ µC i + 5 ⁢⁢ µC są utrzymywane w miejscu przez siły o wartości 3 ⁢⁢ N działające na każdy z nich. Narysuj siły działające na każdą z cząsteczek; Oblicz odległość między cząsteczkami. Dwa zlokalizowane ładunki + 3 ⁢ µC i + 12 ⁢⁢ µC znajdują się w odległości 1 ⁢⁢ m od siebie, przy czym drugi z nich znajduje się po prawej stronie. Określ wartość, kierunek i zwrot siły wypadkowej działającej na ładunek − 2 ⁢⁢ nC , gdy jest on umieszczony w środku odcinka łączącego ładunki; pół metra w lewo od ładunku + 3 ⁢⁢ µC ; pół metra nad ładunkiem + 12 ⁢⁢ µC w kierunku prostopadłym do linii łączącej oba zlokalizowane ładunki. a. F 3 1 = 2,16 ⋅ 10 -4 ⁢ N F_{3\\sep 1} = \\SI{2,16e-4}{\\newton} w lewą stronę, F 3 2 = 8,63 ⋅ 10 -4 ⁢ N F_{3\\sep 2} = \\SI{8,63e-4}{\\newton} w prawą stronę, F wyp = 6,47 ⋅ 10 -4 ⁢ N F_{\\text{wyp}} = \\SI{6,47e-4}{\\newton} w prawą stronę; b. F 3 1 = 2,16 ⋅ 10 -4 ⁢ N F_{3\\sep 1} = \\SI{2,16e-4}{\\newton} w prawą stronę, F 3 2 = 0,96 ⋅ 10 -4 ⁢ N F_{3\\sep 2} = \\SI{0,96e-4}{\\newton} w prawą stronę, F wyp = 3,12 ⋅ 10 -4 ⁢ N F_{\\text{wyp}} = \\SI{3,12e-4}{\\newton} w prawą stronę; c. F → 3 1 = − 2,76 ⋅ 10 -5 ⁢ N ⋅ i ̂ − 1,38 ⋅ 10 -5 ⁢ N ⋅ j ̂ \\vec{F}_{3\\sep 1} = -\\SI{2,76e-5}{\\newton} \\cdot \\hat{i} - \\SI{1,38e-5}{\\newton} \\cdot \\hat{j} , F → 3 2 = − 8,53 ⋅ 10 -4 ⁢ N ⋅ j ̂ \\vec{F}_{3\\sep 2} = - \\SI{8,53e-4}{\\newton} \\cdot \\hat{j} , F → wyp = − 2,76 ⋅ 10 -5 ⁢ N ⋅ i ̂ − 8,77 ⋅ 10 -4 ⁢ N ⋅ j ̂ \\vec{F}_{\\text{wyp}} = -\\SI{2,76e-5}{\\newton} \\cdot \\hat{i} - \\SI{8,77e-4}{\\newton} \\cdot \\hat{j} . Odległość między sąsiednimi jonami sodu i chloru w krysztale soli kuchennej wynosi 2,82 ⋅ 10 -10 ⁢⁢ m . Jaka jest siła wzajemnego przyciągania tych pojedynczo zjonizowanych atomów? Protony w jądrze atomowym znajdują się w odległości rzędu 10 -15 ⁢⁢ m od siebie. Z jaką siłą się odpychają? F = 230,7 ⁢⁢ N . Załóż, że zarówno Ziemia, jak i Księżyc są obdarzone ujemnym ładunkiem − Q . Traktujemy oba ciała jako punkty materialne posiadające punktowe ładunki. Jaki ładunek Q jest potrzebny do zrównoważenia grawitacyjnej siły przyciągania pomiędzy Ziemią i Księżycem? Czy odległość między Ziemią i Księżycem ma wpływ na odpowiedź? Spróbuj to wyjaśnić; Ile elektronów potrzeba do uzyskania takiego ładunku? Ładunki punktowe q 1 = 50 ⁢⁢ µC i q 2 = − 25 ⁢⁢ µC znajdują się w odległości 1 ⁢⁢ m od siebie. Jaka jest siła działająca na trzeci ładunek q 3 = 20 ⁢⁢ µC umieszczony w połowie odcinka pomiędzy ładunkami q 1 i q 2 ? F = 53,94 ⁢ N . Gdzie powinniśmy umieścić ładunek q 3 z powyższego zadania, żeby siła wypadkowa nań działająca była równa zero? Dwie małe kulki, każda o masie 5 ⁢⁢ g , są zawieszone w jednym punkcie na jedwabnych nitkach długości 50 ⁢⁢ cm , tak jak na rysunku poniżej. Gdy kulki są naładowane takim samym ładunkiem Q , nitki odchylają się o 5 ° od pionu. Jaka jest wartość ładunku Q ? Jakie są znaki tych dwóch ładunków? Napięcie nici wynosi T = 0,049 ⁢⁢ N . Pozioma składowa napięcia wynosi 0,0043 ⁢⁢ N , d = 0,088 ⁢⁢ m , q = 6,1 ⋅ 10 -8 ⁢⁢ C . Ładunki mogą być dodatnie lub ujemne, ale oba muszą mieć ten sam znak. Ładunki punktowe Q 1 = 2 ⁢⁢ µC i Q 1 = 4 ⁢⁢ µC znajdują się w położeniach r → 1 = 4 ⁢ m ⋅ i ̂ − 2 ⁢ m ⋅ j ̂ + 5 ⁢ m ⋅ k ̂ ⁢ , r 2 → = 8 ⁢ m ⋅ i ̂ + 5 ⁢ m ⋅ j ̂ − 9 ⁢ m ⋅ k ̂ ⁢ . \\begin{align} \\vec{r}_1 &= \\SI{4}{\\metre} \\cdot \\hat{i} - \\SI{2}{\\metre} \\cdot \\hat{j} + \\SI{5}{\\metre} \\cdot \\hat{k} \\text{,} \\\\ \\vec{r_2} = \\SI{8}{\\metre} \\cdot \\hat{i} + \\SI{5}{\\metre} \\cdot \\hat{j} - \\SI{9}{\\metre} \\cdot \\hat{k} \\text{.} \\end{align} Z jaką siłą ładunek Q 2 działa na ładunek Q 1 ? Całkowity łączny ładunek dwóch małych kulek (tak małych, że ładunki mogą być traktowane jako ładunki punktowe) jest równy Q . Pokaż, że siła odpychania tych kulek jest największa, gdy każda kulka posiada ładunek równy Q ∕ 2 . Załóż, że odległość między kulkami jest dużo większa od ich promieni, tak że kulki mogą być traktowane jako ładunki punktowe. Przyjmijmy, że ładunek jednej z tych kulek jest równy r ⁢ Q , gdzie r jest ułamkiem z przedziału od 0 do 1. Licznik we wzorze Coulomba ma wtedy postać r ⁢ Q ⁢ 1 − r ⁢ Q ⁢ , co równa się r − r 2 ⁢ Q 2 . Wyznaczając maksimum tego członu równania, otrzymujemy 1 − 2 ⁢ r = 0 ⇒ r = 1 ∕ 2 . Dwie małe, identyczne przewodzące, kulki odpychają się siłą 0,05 ⁢⁢ N , gdy znajdują się w odległości 0,25 ⁢⁢ m od siebie. Po tym, jak kulki zostały połączone przewodnikiem, który następnie usunięto, kulki odpychają się siłą 0,06 ⁢⁢ N . Jaki był początkowy ładunek na każdej z tych kulek? Ładunek q = 2 ⁢⁢ µC został umieszczony w punkcie P , tak jak pokazano na rysunku poniżej. Ile wynosi siła działająca na ładunek q ? Jeżeli przyjmiemy, że zwrot w prawo jest zwrotem dodatnim, a w konsekwencji zwrot w lewo jest zwrotem ujemnym, to F = − 0,05 ⁢⁢ N . Jaka jest wypadkowa siła elektrostatyczna działająca na ładunek umieszczony w prawym dolnym wierzchołku pokazanego na rysunku trójkąta? Dwie zlokalizowane cząstki, każda obdarzona ładunkiem 5 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C znajdują się 24 ⁢⁢ cm od siebie. Jaką siłą działają one na trzecią cząstkę posiadającą ładunek -2,5 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C , która znajduje się w odległości 13 ⁢⁢ cm od każdej z nich? Cząstki tworzą trójkąt o bokach 13 ⁢⁢ cm , 13 ⁢⁢ cm i 24 ⁢⁢ cm . Składowe x sił znoszą się, podczas gdy obie cząstki oddalone o 24 ⁢⁢ cm wnoszą swój przyczynek do składowej y siły. Oś y przechodząca przez trzeci ładunek, bedąca symetralną odcinka o długości 24 ⁢⁢ cm , wyznacza dwa trójkąty prostokątne o bokach 5 ⁢⁢ cm , 12 ⁢⁢ cm i 13 ⁢⁢ cm . F y = 2,56 ⁢⁢ N ma zwrot w kierunku − y , ponieważ siła jest przyciągająca. Siła wypadkowa od obu ładunków wynosi więc F → wyp = 5,12 ⁢⁢ N ⋅ j ̂ . Trzy ładunki q 1 = 2 ⋅ 10 -7 ⁢⁢ C , q 2 = − 4 ⋅ 10 -7 ⁢⁢ C i q 3 = − 10 -7 ⁢⁢ C znajdują się w wierzchołkach trójkąta pokazanego na rysunku poniżej. Jaka jest siła działająca na ładunek q 1 ? Jaka jest siła działająca na ładunek q znajdujący się w dolnym, prawym wierzchołku kwadratu pokazanego na rysunku? Przekątna kwadratu wynosi 2 ⁢ a i w związku z tym dla składowych siły pochodzących od ładunku po przekątnej pojawia się czynnik cos θ = 1 ∕ 2 , F → wyp = k ⁢ q 2 ∕ a 2 + k ⁢ q 2 ∕ 2 ⁢ a 2 ⋅ 1 ∕ 2 ⁢ ⋅ i ̂ − k ⁢ q 2 ∕ a 2 + k ⁢ q 2 ∕ 2 ⁢ a 2 ⋅ 1 ∕ 2 ⁢ ⋅ j ̂ . Ładunki punktowe q 1 = 10 ⁢⁢ µC i q 2 = − 30 ⁢⁢ µC znajdują się w położeniach r 1 = 3 ⁢⁢ m ⋅ i ̂ − 4 ⁢⁢ m ⋅ j ̂ i r 2 = 9 ⁢ m ⋅ i ̂ + 6 ⁢⁢ m ⋅ j ̂ . Jaka jest siła, z jaką ładunek q 2 działa na q 1 ? siła Coulomba (ang. Coulomb force ) inna nazwa siły elektrostatycznej prawo Coulomba (ang. Coulomb’s law ) równanie pozwalające obliczyć wektor siły elektrostatycznej działającej pomiędzy dwiema naładowanymi cząsteczkami siła elektrostatyczna (ang. electrostatic force ) wartość i zwrot oddziaływania przyciągającego lub odpychającego pomiędzy dwoma naładowanymi ciałami przy założeniu, że ładunki źródłowe są zlokalizowane, nie poruszają się elektrostatyka (ang. electrostatics ) dział fizyki zajmujący się badaniem naładowanych ciał, które się nie poruszają przenikalność elektryczna próżni (ang. permittivity of vacuum ) stała charakteryzująca siłę elektrostatyczną w próżni, nazywana również przenikalnością wolnej przestrzeni zasada superpozycji (ang. principle of superposition ) użyteczna reguła pozwalająca sumować siły pochodzące od wszystkich ładunków działających na dane ciało", "section": "Prawo Coulomba", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pole elektryczne Jak dowiedzieliśmy się w poprzednim podrozdziale, wypadkowa siła działająca na ładunek próbny jest sumą wektorową wszystkich sił elektrostatycznych pochodzących od różnych ładunków źródłowych zlokalizowanych w swoich położeniach. Co się jednak stanie, gdy użyjemy innego ładunku próbnego, ładunku o innej wartości, innym znaku? Albo przypuśćmy, że mamy tuzin różnych ładunków próbnych, które chcemy wypróbować w tym samym położeniu? Wtedy musielibyśmy za każdym razem obliczać sumę sił od nowa. Na szczęście można zdefiniować wielkość fizyczną nazywaną natężeniem pola elektrycznego (ang. electric field ) (czasami nazywaną krótko polem elektrycznym), która jest niezależna od ładunku próbnego. Natężenie pola zależy wyłącznie od rozkładu ładunków źródłowych i raz wyznaczona pozwala na obliczanie siły działającej na dowolny ładunek próbny. Definicja natężenia pola elektrycznego Przypuśćmy, że mamy N ładunków źródłowych q 1 q 2 q 3 … q N q_1,q_2,q_3,\\dots,q_N znajdujących się w położeniach r → 1 ⁢ , ⁢ r → 2 ⁢ , ⁢ r → 3 ⁢ , ⁢ … ⁢ , ⁢ r → N , które działają N siłami elektrostatycznymi na ładunek próbny Q . Wypadkowa siła działająca na Q wynosi (zobacz: ) F → = F → 1 + F → 2 + F → 3 + … + F → N F → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ Q ⁢ q 1 r 1 2 ⁢ r ̂ 1 + Q ⁢ q 2 r 2 2 ⁢ r ̂ 2 + Q ⁢ q 3 r 3 2 ⁢ r ̂ 3 + … + Q ⁢ q N r N 2 ⁢ r ̂ N F → = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ q 1 r 1 2 ⁢ r ̂ 1 + q 2 r 2 2 ⁢ r ̂ 2 + q 3 r 3 2 ⁢ r ̂ 3 + … + q N r N 2 ⁢ r ̂ N ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{F} &= \\vec{F}_1 + \\vec{F}_2 + \\vec{F}_3 + \\dots + \\vec{F}_N \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} (\\frac{Q q_1}{r^2_1} \\hat{r}_1 + \\frac{Q q_2}{r^2_2} \\hat{r}_2 + \\frac{Q q_3}{r^2_3} \\hat{r}_3 + \\dots + \\frac{Q q_N}{r^2_N} \\hat{r}_N) \\\\ &= \\frac{Q}{4 \\pi \\epsilon_0} (\\frac{q_1}{r^2_1} \\hat{r}_1 + \\frac{q_2}{r^2_2} \\hat{r}_2 + \\frac{q_3}{r^2_3} \\hat{r}_3 + \\dots + \\frac{q_N}{r^2_N} \\hat{r}_N) \\text{.} \\end{multiline} F → = F → 1 + F → 2 + F → 3 + … + F → N = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ Q ⁢ q 1 r 1 2 ⁢ r ̂ 1 + Q ⁢ q 2 r 2 2 ⁢ r ̂ 2 + Q ⁢ q 3 r 3 2 ⁢ r ̂ 3 + … + Q ⁢ q N r N 2 ⁢ r ̂ N = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ q 1 r 1 2 ⁢ r ̂ 1 + q 2 r 2 2 ⁢ r ̂ 2 + q 3 r 3 2 ⁢ r ̂ 3 + … + q N r N 2 ⁢ r ̂ N ⁢ . Możemy to zapisać w postaci F → = Q ⁢ E → ⁢ , gdzie E → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ q 1 r 1 2 ⁢ r ̂ 1 + q 2 r 2 2 ⁢ r ̂ 2 + q 3 r 3 2 ⁢ r ̂ 3 + ⋯ + q N r N 2 ⁢ r ̂ N lub krócej E → ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∑ i = 1 N q i r i 2 ⁢ r ̂ i ⁢ . To wyrażenie definiuje natężenie pola elektrycznego w punkcie P = P ⁢ x y z wytworzonego przez N ładunków źródłowych. P jest punktem w przestrzeni, w którym obliczamy natężenie pola elektrycznego względem położeń r → i ładunków źródłowych ( ). Zauważmy, że dla sformułowania tego zagadnienia musieliśmy wprowadzić układ współrzędnych. Każdy z ośmiu ładunków źródłowych wytwarza pole elektryczne w każdym punkcie przestrzeni; wektory natężenia pola elektrycznego znajdują się w dowolnie wybranym punkcie P . Tak jak dla sił elektrostatycznych, zasada superpozycji ma zastosowanie do obliczania wypadkowego natężenia pola elektrycznego. Zauważmy, że, obliczając natężenie pola elektrycznego, nie odwołujemy się do ładunku próbnego. Dlatego użytecznym sposobem jest obliczenie w pierwszej kolejności natężenia pola elektrycznego, a potem wykorzystanie go do obliczenia siły działającej na dowolny ładunek próbny. Na różne ładunki próbne działają różne siły elektrostatyczne ( ), ale natężenie pola elektrycznego jest takie samo jak w . Mówiąc to, należy pamiętać, że nie ma różnicy między ładunkiem próbnym a ładunkiem źródłowym, to wyłącznie użyteczne nazewnictwo, oznaczenia dla potrzeb rozpatrywanego układu ładunków. Każdy ładunek wytwarza pole elektryczne (jest jego źródłem), jednak tak jak grawitacja ziemska nie wpływa na orbitę Ziemi, tak i na ładunek nie działa siła pochodząca od pola elektrycznego, które sam wytwarza. Ładunki podlegają tylko działaniu sił pochodzących od pól elektrycznych innych ładunków. Pod tym względem natężenie pola elektrycznego E → ładunku punktowego jest podobne do natężenia pola grawitacyjnego g → Ziemi; jeżeli obliczymy natężenie pola grawitacyjnego w dowolnym punkcie przestrzeni, możemy ten wynik wykorzystać w dowolnej chwili do obliczenia siły działającej na dowolną masę umieszczoną w tym punkcie. W rzeczywistości jest to dokładnie to, co robimy, mówiąc, że natężenie pola grawitacyjnego Ziemi (w pobliżu powierzchni Ziemi) ma wartość 9,81 ⁢⁢ m ∕ s 2 ⁢ , a następnie obliczamy wynikającą z tego siłę (tzn. ciężar) działającą na różne masy. Również ogólne wyrażenie na obliczanie g → w dowolnej odległości od środka Ziemi (tzn. nie tylko w pobliżu powierzchni Ziemi) jest bardzo podobne do wyrażenia na E → ∕ g → = G ⁢ M ∕ r 2 ⋅ r ̂ , gdzie G jest stałą proporcjonalności mającą takie samo znaczenie dla obliczania g → jak 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ma dla obliczania E → . Wartość g → jest obliczana jeden raz, a następnie wykorzystywana przy rozwiązywaniu niezliczonej ilość zagadnień, zadań. Żeby zobaczyć więcej analogii, zwróć uwagę na jednostkę natężenia pola elektrycznego: na podstawie wyrażenia F = Q ⁢ E , jednostką E jest niuton na kulomb ( N ∕ C ), to znaczy pole elektryczne działa siłą na każdą jednostkę ładunku (ładunek jednostkowy). A teraz zwróćmy uwagę na jednostkę g . Na podstawie wyrażenia F = m ⁢ g jednostką g jest niuton na kilogram ( N ∕ kg ), to znaczy, że pole grawitacyjne działa na każdą jednostkę masy. Możemy powiedzieć, że natężenie pola grawitacyjnego Ziemi w pobliżu jej powierzchni wynosi 9,81 ⁢⁢ N ∕ kg . Co oznacza termin „pole”? Przypomnij sobie, że gdy uczyłeś się o grawitacji, termin „pole” miał tam ściśle określone znaczenie. W fizyce pole jest wielkością, której wartość zależy od (jest funkcją) położenia względem źródła pola. W przypadku pola elektrycznego z wynika, że wartość natężenia pola elektrycznego E → (wartość i zwrot) zależy od tego, gdzie w przestrzeni znajduje się punkt P względem położeń r → i ładunków źródłowych q i . Ponadto ze względu na to, że natężenie pola elektrycznego jest wielkością wektorową, to o polu elektrycznym mówimy jako o polu wektorowym (ang. vector field ; pole grawitacyjne jest też polem wektorowym). Natomiast pole, które ma w każdym punkcie przestrzeni przypisaną tylko wartość (wielkość skalarną), nazywamy polem skalarnym (ang. scalar field ). Temperatura panująca w pokoju jest przykładem pola skalarnego. Zasadniczo ma ona różną wartość w różnych miejscach w pokoju i jest wielkością skalarną, dlatego mówimy o niej jako o polu skalarnym. Podobnie jak to miało miejsce w przypadku pola grawitacyjnego wytwarzanego przez ciała posiadające masę, powinieneś wyobrazić sobie pole elektryczne ciała obdarzonego ładunkiem (ładunek źródłowy) jako niematerialny ośrodek (stan przestrzeni) otaczający ładunek źródłowy i rozciągający się zasadniczo do ± ∞ we wszystkich kierunkach. Pole elektryczne istnieje we wszystkich punktach przestrzeni. Wyrażając to inaczej, ładunek elektryczny ciała zmienia przestrzeń wokół niego tak, że wszystkie inne znajdujące się w przestrzeni naładowane ciała doznają działania siły elektrostatycznej wynikającej z umieszczenia w polu elektrycznym. Pole elektryczne opisuje więc mechanizm propagacji właściwości ładunku źródłowego na otaczający wszechświat. (Siły elektrostatyczne mają nieskończony zasięg). W następnych rozdziałach dowiemy się, że prędkość rozchodzenia się pól elektrycznych jest równa prędkości światła. Istnieje zasadniczy związek pomiędzy polem elektrycznym a światłem. Zasada superpozycji Przeprowadzone doświadczenia pokazują, że zasada superpozycji ma zastosowanie do pól. W naszym przypadku oznacza to, że zasadniczo możemy obliczyć całkowite natężenie pola elektrycznego wielu ładunków źródłowych, obliczając w punkcie P natężenie pola elektrycznego wyłącznie od ładunku q 1 , a następnie obliczając w punkcie P natężenie pola elektrycznego od ładunku q 2 oraz ignorując (i na tym polega ta zasada) obecność ładunku q 1 . Możemy powtórzyć tę procedurę, obliczając po kolei natężenie pola od każdego ładunku źródłowego, niezależnie od obecności innych ładunków. Całkowite natężenie pola elektrycznego jest wtedy sumą wektorową wszystkich tych pól. I to stanowi sedno tego, co wyraża . W następnej części opiszemy, jak określić konfigurację pola elektrycznego pochodzącego z rozkładu ładunków źródłowych i jak ją przedstawić graficznie. Kierunek i zwrot pola elektrycznego pozwala wyznaczyć wartość natężenia pola elektrycznego, ale potrzebujemy też znać jego kierunek i zwrot. Przyjmujemy konwencję, że kierunek i zwrot każdego wektora natężenia pola elektrycznego są takie, jak kierunek i zwrot siły elektrostatycznej, która działałaby na umieszczony w tym polu dodatni ładunek próbny. Taki ładunek próbny będzie odpychany przez dodatni ładunek źródłowy (siła będzie zwrócona w kierunku od dodatniego ładunku źródłowego) i przyciągany przez ładunki ujemne (siła będzie skierowana w stronę ujemnego ładunku źródłowego). Kierunek pola elektrycznego Zgodnie z przyjętą konwencją, każdy wektor natężenia pola elektrycznego E → jest skierowany od ładunków dodatnich w stronę ładunków ujemnych. Uruchom program Electric Field of Dreams , wprowadź ładunki i zobacz, jak zachowują się one w polu elektrycznym. Włącz w programie zewnętrzne pole elektryczne i zmieniaj jego wartość i kierunek. Pole E atomu W zjonizowanym atomie helu najbardziej prawdopodobna odległość pomiędzy jądrem a elektronem wynosi r = 26,5 ⋅ 10 -12 ⁢⁢ m . Jakie pole elektryczne wytwarza jądro w punkcie, w którym znajduje się elektron? Strategia rozwiązania Zauważmy, że chociaż mówimy w zadaniu o elektronie, to nie bierzemy go pod uwagę przy obliczeniach. W zadaniu pytamy o natężenie pola elektrycznego wytwarzanego przez jądro, a nie o siłę, tak więc tylko jeden ładunek jest brany pod uwagę. Sam elektron to mylny trop, liczy się tylko jego odległość od jądra. Ponadto ponieważ odległość pomiędzy dwoma protonami w jądrze jest o wiele mniejsza od odległości elektronu od jądra, można potraktować te dwa protony jako pojedynczy ładunek + 2 ⁢ e ( ). Na rysunku przedstawiono schematycznie atom helu. W rzeczywistości atom helu tak nie wygląda, ale ten obrazek jest pomocny do obliczenia natężenia pola elektrycznego, którego źródłem jest jądro. Rozwiązanie Natężenie pola elektrycznego obliczamy ze wzoru E → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∑ i = 1 N q i r i 2 ⁢ r ̂ i ⁢ . Ponieważ mamy tylko jeden ładunek źródłowy, wyrażenie upraszcza się do postaci E → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ r ̂ ⁢ . W naszym przykładzie q = 2 ⁢ e = 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ C (bo mamy dwa protony) i dana jest odległość r . Podstawiwszy te wartości do wzoru na natężenie pola elektrycznego, otrzymujemy E → = q 4 ⁢ π ⋅ 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢ C 26,5 ⋅ 10 -12 ⁢ m 2 ⁢ r ̂ = 4,1 ⋅ 10 12 ⁢ N ∕ C ⋅ r ̂ ⁢ . \\vec{E} = \\frac{q}{4\\pi \\cdot \\SI{8,85e-12}{\\coulomb\\squared\\per\\newton\\per\\metre\\squared}} \\cdot \\frac{2\\cdot \\SI{1,6e-19}{\\coulomb}}{(\\SI{26,5e-12}{\\metre})^2} \\hat{r} = \\SI{4,1e12}{\\newton\\per\\coulomb} \\cdot \\hat{r} \\text{.} Wektor E → jest zwrócony radialnie na zewnątrz od jądra we wszystkich kierunkach. Dlaczego? Ponieważ ładunek próbny umieszczony w tym polu elektrycznym przyspieszałby radialnie, uciekając od jądra (które też jest naładowane dodatnio); ponownie przyjmujemy konwencję, że zwrot wektora natężenia pola elektrycznego jest zdefiniowany poprzez siłę, z jaką pole elektryczne działałoby na dodatni ładunek próbny. Natężenie pola elektrycznego E w punkcie leżącym nad dwoma identycznymi ładunkami Obliczmy natężenie pola elektrycznego (wielkość, kierunek i zwrot) w odległości z od punktu leżącego pośrodku między dwoma identycznymi ładunkami + q , które znajdują się w odległości d od siebie ( ). Sprawdźmy, czy wynik jest zgodny z tym, jakiego oczekiwalibyśmy dla z ≫ d . Obliczmy to samo, co w punkcie (a), z tą tylko różnicą, że po prawej stronie mamy teraz ładunek − q zamiast + q . Wyznaczanie natężenia pola elektrycznego wytworzonego w punkcie P przez dwa identyczne ładunki. Ze względu na symetrię wypadkowe pole elektryczne jest w punkcie P skierowane wyłącznie pionowo. (Zauważmy, że nie jest to prawdą w punktach poza symetralną odcinka łączącego ładunki). Strategia rozwiązania Dodajemy wektorowo natężenia pól, zgodnie z . Zauważmy, że układ (i co za tym idzie pole elektryczne) jest symetryczny względem pionowej osi, w konsekwencji składowe poziome wektorów natężenia pola elektrycznego się znoszą. To upraszcza obliczenia. Ponadto musimy zadbać o to, żeby nasza odpowiedź była wyrażona tylko za pomocą wielkości danych w treści zadania: q , z , d , oraz stałych ( π ⁢ , ⁢ ε 0 ). Rozwiązanie Dzięki symetrii, składowe poziome ( x ) pola E → się znoszą ( ) E x = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ sin θ − 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ sin θ = 0 ⁢⁢ V ∕ m ⁢ . Zauważmy, że składowe poziome natężenia pola elektrycznego pochodzącego od tych dwóch ładunków znoszą się wzajemnie, podczas gdy składowe pionowe się dodają. Składowa pionowa ( z ) jest dana wyrażeniem E z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ cos θ + 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ cos θ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q r 2 ⁢ cos θ ⁢ . Ponieważ nie istnieją inne składowe pola, to składowa pionowa przedstawia całkowite natężenie pola elektrycznego, które jest tym samym zwrócone w kierunku k ̂ . Warto zauważyć, że skorzystaliśmy w obliczeniach z zasady superpozycji (ang. principle of superposition ); obliczyliśmy natężenia pól elektrycznych niezależnie dla obu ładunków, a następnie dodaliśmy je. To, co teraz chcemy zrobić, to zastąpić w równaniu te wielkości, których nie znamy (takie jak r ) lub których nie można w łatwy sposób zmierzyć (jak cos θ ), wielkościami znanymi lub dającymi się zmierzyć. Z geometrii układu wynika, że r 2 = z 2 + d 2 2 oraz cos θ = z r = z z 2 + d 2 2 1 ∕ 2 ⁢ k ̂ ⁢ . Podstawiwszy, otrzymujemy E → ⁡ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q z 2 + d 2 2 ⋅ z z 2 + d 2 2 1 ∕ 2 ⁢ k ̂ ⁢ . \\vec E \\apply (z) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{2q}{z^2 + (\\frac{d}{2})^2} \\cdot \\frac{z}{[z^2 + (\\frac{d}{2})^2]^{1/2}} \\hat k \\text{.} E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q ⁢ z z 2 + d 2 2 3 ∕ 2 ⁢ k ̂ ⁢ . Gdy ładunki źródłowe są równe, ale różnoimienne, składowe pionowe znoszą się, ponieważ E z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ sin θ − 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ sin θ = 0 ⁢⁢ V ∕ m ⁢ , a dla składowej poziomej pola E → otrzymujemy E → ⁡ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ sin θ ⋅ i ̂ − 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ − q r 2 ⁢ sin θ ⋅ i ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q ⁢ sin θ r 2 ⁢ i ̂ E → ⁡ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q z 2 + d 2 2 2 ⋅ d 2 z 2 + d 2 2 1 ∕ 2 ⁢ i ̂ \\begin{multiline} \\vec{E} \\apply(z) &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{r^2} \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} - \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{-q}{r^2} \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} = \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{2q \\sin \\theta}{r^2} \\hat{i} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{2q}{[z^2+(\\frac{d}{2})^2]^2} \\cdot \\frac{\\frac{d}{2}}{[z^2+(\\frac{d}{2})^2]^{1/2}} \\hat{i} \\end{multiline} E → ⁡ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ sin θ ⋅ i ̂ − 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ − q r 2 ⁢ sin θ ⋅ i ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q ⁢ sin θ r 2 ⁢ i ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q z 2 + d 2 2 2 ⋅ d 2 z 2 + d 2 2 1 ∕ 2 ⁢ i ̂ i ostatecznie E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q ⁢ d z 2 + d 2 2 3 ∕ 2 ⁢ i ̂ ⁢ . Znaczenie Powszechną i użyteczną praktyką sprawdzenia, czy otrzymany wynik jest poprawny, jest przetestowanie go w warunkach granicznych. W tym przykładzie sprawdzimy wyrażenie na natężenie pola elektrycznego dla przypadków: d = 0 , z ≫ d i z ⟶ ∞ , i potwierdzimy, że otrzymane wyrażenie odpowiada przewidywaniom fizyki. Zaczynamy od , wyrażającego natężenie pola elektrycznego dwóch identycznych ładunków. Widziane z daleka (tzn. dla z ≫ d ) dwa ładunki źródłowe zlewają się i widzimy pole elektryczne od pojedynczego ładunku 2 ⁢ q . Jeżeli więc przyjmiemy, że z ≫ d ⁢ , to możemy pominąć wyraz d 2 w i otrzymamy lim d ⟶ 0 E → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q ⁢ z z 2 3 ∕ 2 ⁢ k ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q ⁢ z z 3 ⁢ k ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ q z 2 ⁢ k ̂ ⁢ , co jest poprawnym wyrażeniem na natężenie pola elektrycznego w odległości z od ładunku 2 ⁢ q . Jako następny przykład rozpatrujemy natężenie pola elektrycznego od równych, ale różnoimiennych ładunków ( ). Można pokazać (korzystając z rozwinięcia w szereg Taylora), że dla d ≪ z ≪ ∞ , otrzymujemy E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q ⁢ d z 3 ⁢ i ̂ ⁢ , który to wzór opisuje natężenie pola elektrycznego dipola, układu, który poznamy później (zauważmy, że w tym wzorze jednostki E → są poprawne, ponieważ jednostka d w liczniku skraca się z jedną nadmiarową jednostką z w mianowniku). Jeżeli z jest bardzo duże z ⟶ ∞ , to wtedy E ⟶ 0 , tak jak powinno; dwa ładunki zlewają się i wzajemnie znoszą. Sprawdź, czy rozumiesz. Jakie jest natężenie pola elektrycznego od pojedynczej, punktowej cząsteczki? E → = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Skorzystaj z symulacji hokeja pola elektrycznego , spróbuj umieścić ładunek w bramce (zdobyć gola), umieszczając inne ładunki na boisku. Podsumowanie Pole elektryczne to właściwość przestrzeni wywołana obecnością ładunków elektrycznych. Za pośrednictwem pola elektrycznego ładunek źródłowy oddziałuje z ładunkiem próbnym. Natężenie pola elektrycznego, tak jak siła elektrostatyczna, spełnia zasadę superpozycji. Natężenie pola elektrycznego jest wektorem; z definicji jest zwrócone od ładunku dodatniego w stronę ładunku ujemnego. Pytania Czy podczas pomiaru pola elektrycznego moglibyśmy używać ujemnego ładunku próbnego zamiast dodatniego? Można stosować ładunek próbny dowolnego znaku, lecz umówiono się, że posługujemy się ładunkiem dodatnim. Podczas ładnej pogody pole elektryczne związane z wypadkowym ładunkiem Ziemi jest skierowane w dół. Czy Ziemia jest naładowana dodatnio, czy ujemnie? Jeżeli natężenie pola elektrycznego w punkcie znajdującym się na linii łączącej dwa ładunki wynosi zero, to co możemy powiedzieć o tych ładunkach? Ładunki są tego samego znaku. Dwa ładunki są umieszczone na osi x . Czy prawdziwe jest stwierdzenie, że wypadkowe natężenie pola elektrycznego zawsze zeruje się w pewnym punkcie na osi x (innym niż nieskończoność)? Zadania Cząstka obdarzona ładunkiem 2 ⋅ 10 -8 ⁢⁢ C umieszczona w pewnym punkcie pola elektrycznego doświadcza działania skierowanej w górę siły o wartości 4 ⋅ 10 -6 ⁢ N . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w tym punkcie? Gdyby ładunek q = 10 -8 ⁢⁢ C został umieszczony w tym punkcie, to jaka siła działałaby na niego? a. E = 2 ⋅ 10 -2 ⁢⁢ N ∕ C ; b. E = 2 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ N . W pogodny dzień pole elektryczne w atmosferze Ziemi jest skierowane w dół i ma natężenie 100 ⁢⁢ N ∕ C . Porównaj siłę grawitacyjną z siłą elektrostatyczną, jaka działała na cząsteczkę kurzu o masie 2 ⋅ 10 -15 ⁢⁢ g , która posiada ładunek równy ładunkowi pojedynczego elektronu. Jakie jest przyspieszenie tej cząsteczki (podaj wartość, kierunek i zwrot)? Rozważmy przypadek elektronu, który znajduje się w odległości 10 -10 ⁢⁢ m od cząstki α ( q = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢⁢ C ). Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytwarzanego przez cząstkę α w miejscu elektronu? Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytwarzanego przez elektron w miejscu cząstki α? Jaka siła elektrostatyczna działa na cząstkę α, a jaka na elektron? a. E = 2,88 ⋅ 10 11 ⁢⁢ N ∕ C ; b. E = 1,44 ⋅ 10 11 ⁢⁢ N ∕ C ; c. F = 4,61 ⋅ 10 -8 ⁢⁢ N na cząstkę α, F = 4,61 ⋅ 10 -8 ⁢⁢ N na elektron. Każda z kulek pokazanych na rysunku poniżej ma ładunek q i masę m . Długość każdej z nitek wynosi l i w równowadze kulki są odchylone od siebie o kąt 2 ⁢ θ . Jak θ zmienia się z q i l ? Udowodnij, że θ spełnia równość sin 2 θ ⁢ tg θ = q 2 ∕ 16 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ m ⁢ g ⁢ l 2 \\sin^2 (\\theta) \\tg (\\theta) = q^2 / (\\num{16} \\pi \\epsilon_0 m g l^2) . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie, w którym siła elektrostatyczna działająca na ładunek -2 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C wynosi 4 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ N ⋅ i ̂ − 6 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ N . E → = − 2 ⁢⁢ N ∕ C ⋅ i ̂ + 3 ⁢⁢ N ∕ C ⋅ j ̂ . Proton jest utrzymywany w powietrzu przez pole elektryczne przy powierzchni Ziemi. Jakie jest natężenie tego pola? Natężenie pola elektrycznego w pewnej chmurze burzowej wynosi 2 ⋅ 10 5 ⁢⁢ N ∕ C . Jakie jest przyspieszenie elektronu w tym polu elektrycznym? F = 3,204 ⋅ 10 -14 ⁢⁢ N , a = 3,517 ⋅ 10 16 ⁢⁢ m ∕ s 2 . Mały kawałek korka o masie 2 ⁢ g został naelektryzowany ładunkiem 5 ⋅ 10 -7 ⁢⁢ C . Jakie powinno być natężenie pola elektrycznego, żeby utrzymać w stanie równowagi korek, na który działają siła grawitacji i siła elektrostatyczna? Jeżeli natężenie pola elektrycznego wynosi 100 ⁢⁢ N ∕ s w odległości 50 ⁢⁢ cm od punktowego ładunku q , to jaka jest wartość tego ładunku q ? q = 2,78 ⋅ 10 -9 ⁢⁢ C . Jakie jest natężenie pola elektrycznego protonu w miejscu pierwszej orbity Bohra atomu wodoru ( r = 5,29 ⋅ 10 -11 ⁢⁢ m )? Jaka siła działa na elektron na tej orbicie? Odpowiedz na poniższe pytania. Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez jądro atomu tlenu w punkcie oddalonym o 10 -10 ⁢⁢ m od jądra? Jaka siła działa w tym polu elektrycznym na inne jądro atomu tlenu umieszczone w tym punkcie? a. E = 1,15 ⋅ 10 12 ⁢⁢ N ∕ C ; b. F = 1,47 ⋅ 10 -6 ⁢ N . Dwa ładunki punktowe: q 1 = 2 ⋅ 10 -7 ⁢⁢ C i q 2 = -6 ⋅ 10 -8 ⁢⁢ C , znajdują się w odległości 25 ⁢⁢ cm od siebie. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie odległym o 5 ⁢⁢ cm od ładunku ujemnego na odcinku pomiędzy dwoma ładunkami? Jaka siła działałaby na elektron umieszczony w tym punkcie? Ładunki punktowe q 1 = 50 ⁢⁢ µC i q 2 = -25 ⁢⁢ µC są umieszczone w odległości 1 ⁢⁢ m od siebie. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie w połowie odległości między nimi? Jaka siła działa na ładunek q 3 = 20 ⁢⁢ µC umieszczony w tym punkcie? Jeżeli q 2 znajduje się po prawej stronie q 1 , to wektor natężenia pola elektrycznego od obu ładunków jest skierowany w prawo. a. E = 2,7 ⋅ 10 6 ⁢⁢ N ∕ C ; b. F = 54 ⁢⁢ N . Czy można tak rozmieścić dwa ładunki punktowe q 1 = -2 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C oraz q 2 = 4 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C na osi x , żeby natężenie pola elektrycznego E = 0 ⁢⁢ V ∕ m w początku układu? Podaj przykładowe ustawienie tych ładunków. Ładunki punktowe q 1 = q 2 = 4 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C są umieszczone na osi x w położeniach x = -3 ⁢⁢ m i x = 3 ⁢⁢ m Jaki ładunek q należy umieścić w początku układu, żeby natężenie pola elektrycznego zerowało się w x y = 0 ⁢⁢ m 3 ⁢⁢ m (x,y)=(\\SI{0}{\\metre},\\SI{3}{\\metre}) ? Mamy do czynienia z trójkątem prostokątnym o kątach 45 ⁢ ° . Składowe x natężenia pola elektrycznego w punkcie y = 3 ⁢⁢ m się znoszą. Składowe y dają E ⁢ y = 3 ⁢⁢ m = 2,83 ⋅ 10 3 ⁢⁢ N ∕ C . W początku układu umieszczamy ujemny ładunek o wartości q = -2,83 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C . pole elektryczne (ang. electric field ) wielkość fizycznaktóra pozwala na obliczanie siły działającej na dowolny ładunek próbny i jest niezależna od ładunku próbnego superpozycja (ang. superposition ) podejście, w którym wypadkowe natężenie pola elektrycznego od układu wielu ładunków źródłowych wyznacza się jako sumę wektorową natężeń pól obliczonych dla każdego z ładunków z osobna", "section": "Pole elektryczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wyznaczanie natężenia pola elektrycznego rozkładu ładunków Dotychczas mieliśmy do czynienia z dyskretnymi (ziarnistymi) rozkładami ładunku: tworzonymi przez pojedyncze punktowe cząstki. Inaczej jest, gdy mamy do czynienia z ciągłym rozkładem ładunku (ang. continuous charge distribution ), gdzie przynajmniej jeden wymiar jest niezerowy. Jeżeli mamy do czynienia z rozkładem ciągłym ładunku, a nie dyskretnym, możemy uogólnić definicję pola elektrycznego. Po prostu dzielimy ładunek na nieskończenie małe (różniczkowe) elementy i każdy z nich traktujemy jak ładunek punktowy. Zauważmy, że ze względu na to, że ładunek jest skwantowany, to naprawdę nie istnieje prawdziwie ciągły rozkład ładunku. Jednak w praktyce, ze względu na to, że całkowity ładunek wytwarzający pole elektryczne składa się z dużej liczby pojedynczych ładunków, możemy skutecznie pominąć ziarnistą naturę ładunku i rozpatrywać rozkład ładunku jako ciągły. To jest takie samo przybliżenie, jakie stosujemy, gdy rozpatrujemy wiadro z wodą, traktując ją jako ciągły płyn, a nie zbiór cząsteczek H 2 O. Naszym pierwszym krokiem jest zdefiniowanie gęstości rozkładu ładunku wzdłuż linii na powierzchni lub w objętości, tak jak pokazano na . Rozkład nieskończenie małych (różniczkowych) elementów ładunku dla (a) rozkładu liniowego ładunku, (b) naładowanej powierzchni oraz (c) ładunku objętościowego. Zauważmy, że (d) niektóre składowe całkowitego natężenia pola elektrycznego znoszą się, a pozostałe dają wypadkowe natężenie pola elektrycznego. Definicje gęstości ładunkowych: λ ≡ ładunek na jednostkę długości ( liniowa gęstość ładunku (ang. linear charge density )); jednostką jest kulomb na metr ( C ∕ m ); σ ≡ ładunek na jednostkę powierzchni ( powierzchniowa gęstość ładunku (ang. surface charge density )); jednostką jest kulomb na metr kwadratowy ( C ∕ m 2 ); ρ ≡ ładunek na jednostkę objętości ( objętościowa gęstość ładunku (ang. volume charge density )); jednostką jest kulomb na metr sześcienny ( C ∕ m 3 ). Dla liniowego, powierzchniowego i objętościowego rozkładu ładunku sumowanie w zastępujemy całką, a ładunek q i zastępujemy odpowiednio przez d q = λ ⁢ d l , σ ⁢ d S lub ρ ⁢ d V ładunek punktowy: ⁢ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∑ i = 1 N q i r i 2 ⁢ , \\text{ładunek punktowy: } \\vec{E} \\apply (P) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\sum_{i=1}^N \\frac{q_i}{r^2_i} \\text{,} liniowy rozkład ładunku: ⁢ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , \\text{liniowy rozkład ładunku: } \\vec{E} \\apply (P) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\int_{\\text{po linii}} \\frac{\\lambda \\d l}{r^2} \\hat{r} \\text{,} powierzchniowy rozkład ładunku: ⁢ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∬ po powierzchni σ ⁢ d S r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , \\text{powierzchniowy rozkład ładunku: } \\vec{E} \\apply (P) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\iint_{\\text{po powierzchni}} \\frac{\\sigma \\d S}{r^2} \\hat{r} \\text{,} objętościowy rozkład ładunku: ⁢ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∭ po objętości ρ ⁢ d V r 2 ⁢ r ̂ ⁢ . \\text{objętościowy rozkład ładunku: } \\vec{E} \\apply (P) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\iiint_{\\text{po objętości}} \\frac{\\rho \\d V}{r^2} \\hat{r} \\text{.} Wzory całkowe przedstawiają uogólnioną postać wyrażenia na natężenie pola elektrycznego ładunku punktowego. Uwzględniają one i zawierają w sobie zasadę superpozycji. Sztuka korzystania z tych wzorów polega zazwyczaj na uwzględnieniu poprawnych wyrażeń na d l , d S lub d V , w zależności od rozpatrywanego przypadku, wyrażonych poprzez zmienną r , oraz właściwym sformułowaniu funkcji gęstości ładunku. Może być ona stała, może też zależeć od położenia. Zapamiętaj dokładnie znaczenie zmiennej r w tych równaniach: wyraża ona odległość pomiędzy nieskończenie małymi (różniczkowymi) elementami ładunku ( q i λ ⁢ d l σ ⁢ d S ρ ⁢ d V ) do określonego punktu P ⁢ x y z (punkt w przestrzeni, w którym chcemy wyznaczyć natężenie pola elektrycznego). Nie należy jednak mylić tej zmiennej z wersorem r ̂ ; korzystamy z niego i z zapisu wektorowego E → do łatwego zapisania trzech całek. To znaczy, że można zapisać teraz w postaci E x ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 x ⁢ , E y ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 y ⁢ , E z ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 z ⁢ . Pole elektryczne naładowanego pręta Obliczmy natężenie pola elektrycznego w odległości z od środka pręta o długości L , który jest naładowany jednorodnie ładunkiem o liniowej gęstości λ . Strategia rozwiązania Ponieważ mamy do czynienia z ciągłym rozkładem ładunku, umownie dzielimy pręt na nieskończenie małe, różniczkowe elementy o długości d l , każdy z nich obdarzony nieskończenie małą, różniczkową porcją ładunku d q = λ ⁢ d l . Następnie obliczamy cząstkowe (różniczkowe) natężenie pola elektrycznego od dwóch symetrycznie rozmieszczonych elementów pręta, korzystając z symetrii układu dla uproszczenia obliczeń ( ). Wreszcie, całkujemy po długości pręta (naprawdę po połowie długości, jak to wyjaśniamy poniżej) różniczkowe wyrażenie na natężenie pola elektrycznego, aby otrzymać wyrażenie na całkowite natężenie pola elektrycznego. Jednorodnie naładowany kawałek pręta. Natężenie pola elektrycznego w punkcie P może być wyznaczone według zasady superpozycji zastosowanej dla symetrycznie zlokalizowanych porcji ładunku i w wyniku operacji całkowania. Rozwiązanie Zanim przejdziemy do rozwiązania, zastanówmy się, jak wyobrażamy sobie pole elektryczne widziane z daleka? Ponieważ mamy do czynienia z prętem o skończonej długości, to z daleka naładowany pręt powinien być widziany jako ładunek punktowy. Sprawdzimy, czy wyrażenie, które otrzymamy, jest zgodne z naszymi przewidywaniami. Natężenie pola elektrycznego dla liniowego rozkładu ładunku jest dane wyrażeniem E → ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 ⁢ r ̂ ⁢ . Z symetrii układu (nasz wybór dwóch identycznych różniczkowo małych fragmentów ładunku) wynika, że składowe poziome ( x ) natężenia pola elektrycznego znoszą się tak, że wypadkowe natężenie pola elektrycznego jest zwrócone w kierunku z . Sprawdźmy to. Całkowite natężenie pola elektrycznego E → ⁢ P jest sumą wektorową natężeń pól od każdych dwóch fragmentów ładunku (oznaczamy je E → 1 i E → 2 ) E → ⁢ P = E → 1 + E → 2 = E 1 ⁢ x ⁢ i ̂ + E 1 ⁢ z ⁢ k ̂ + E 2 ⁢ x ⁢ − i ̂ + E 2 ⁢ z ⁢ k ̂ ⁢ . Ponieważ oba fragmenty ładunku są identyczne i są równo odległe od punktu P , w którym chcemy wyznaczyć natężenie pola elektrycznego, to E 1 ⁢ x = E 2 ⁢ x ⁢ i te składowe się znoszą. Pozostaje więc E → ⁢ P = E 1 ⁢ z ⁢ k ̂ + E 2 ⁢ z ⁢ k ̂ = E 1 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ + E 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ ⁢ . Te składowe też są równe, otrzymujemy więc E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 λ ⁢ d l r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ + 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 λ ⁢ d l r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ⋅ 2 ⋅ ∫ 0 L ∕ 2 ⁢ λ ⁢ d x r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ ⁢ , \\begin{multiline} \\vec{E} \\apply(P) &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^{L/2} \\frac{\\lambda \\d l}{r^2} \\cos \\theta \\cdot \\hat{k} + \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^{L/2} \\frac{\\lambda \\d l}{r^2} \\cos \\theta \\cdot \\hat{k} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^{L/2} \\frac{2 \\lambda \\d x}{r^2} \\cos \\theta \\cdot \\hat{k} \\text{,} \\end{multiline} E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 λ ⁢ d l r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ + 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 λ ⁢ d l r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 2 ⁢ λ ⁢ d x r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ ⁢ , gdzie nasz różniczkowy, liniowy element d l jest w tym przykładzie równy d x , ponieważ całkujemy po liniowym rozkładzie ładunku wzdłuż osi x . (Całkujemy w granicach od 0 do L ∕ 2 , a nie od − L ∕ 2 do + L ∕ 2 , ponieważ, obliczając wypadkowe natężenie pola, uwzględniliśmy pola od dwóch różniczkowych elementów ładunku d q . Gdybyśmy więc całkowali po całej długości, to otrzymalibyśmy wynik zawyżony dwukrotnie). I tak otrzymaliśmy rozwiązanie. Jednak żeby obliczyć całkę, musimy wyeliminować wszystkie wielkości, które nie są dane. W tym przypadku zarówno r , jak i θ zmieniają się, gdy całkujemy po rozkładzie ładunku, są to więc zmienne, które musimy wyeliminować. Możemy to zrobić w analogiczny sposób, jak to wykonaliśmy dla układu dwóch ładunków punktowych, zauważając, że r = z 2 + x 2 1 ∕ 2 oraz cos θ = z r = z z 2 + x 2 1 ∕ 2 ⁢ . Podstawiając, otrzymujemy E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 2 ⁢ λ ⁢ d x z 2 + x 2 ⋅ z z 2 + x 2 1 ∕ 2 ⁢ k ̂ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 2 ⁢ λ ⁢ z z 2 + x 2 3 ∕ 2 ⁢ d x ⋅ k ̂ E → ⁡ P = 2 ⁢ λ ⁢ z 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ x z 2 ⁢ z 2 + x 2 ⋅ k ̂ , | 0 L ∕ 2 \\begin{multiline} \\vec{E} \\apply(P) &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^{L/2} \\frac{2 \\lambda \\d x}{z^2+x^2} \\cdot \\frac{z}{(z^2+x^2)^{1/2}} \\hat{k} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^{L/2} \\frac{2 \\lambda z}{(z^2+x^2)^{3/2}} \\d x \\cdot \\hat{k} \\\\ &= \\frac{2 \\lambda z}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{x}{z^2 \\sqrt{z^2+x^2}} \\cdot \\hat{k} \\mid_0^{L/2} \\text{,} \\end{multiline} E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 2 ⁢ λ ⁢ d x z 2 + x 2 ⋅ z z 2 + x 2 1 ∕ 2 ⁢ k ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 L ∕ 2 2 ⁢ λ ⁢ z z 2 + x 2 3 ∕ 2 ⁢ d x ⋅ k ̂ = 2 ⁢ λ ⁢ z 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ x z 2 ⁢ z 2 + x 2 ⋅ k ̂ , | 0 L ∕ 2 co upraszcza się do postaci E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ L z ⁢ z 2 + L 2 4 ⁢ k ̂ ⁢ . Znaczenie Zauważmy jeszcze raz, że wykorzystanie symetrii układu upraszcza zadanie. To bardzo częste podejście przy obliczaniu natężenia pola elektrycznego. Wyznaczenie natężenia pola elektrycznego od niesymetrycznego rozkładu ładunków wymaga obliczenia szeregu całek i może zaistnieć potrzeba przeprowadzenia obliczeń numerycznych za pomocą komputera. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieniłoby się podejście zaprezentowane powyżej w przypadku obliczania natężenia pola elektrycznego w punkcie znajdującym się w odległości z powyżej jednego z końców pręta? Nie będziemy teraz mogli skorzystać z zalet, jakie daje symetria układu. Będziemy musieli wyznaczyć osobno każdą z dwóch składowych natężenia pola elektrycznego, obliczając odpowiednie całki. Natężenie pola elektrycznego od nieskończenie długiego naładowanego drutu Obliczmy natężenie pola elektrycznego w odległości z powyżej nieskończenie długiego drutu naładowanego jednorodnie z gęstością liniową λ . Strategia rozwiązania To taki sam przypadek jak rozważany uprzednio, z tą różnicą, że granice całkowania wynoszą teraz od − ∞ do + ∞ . Rozwiązanie Ponownie składowe poziome się znoszą, otrzymujemy więc E → ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ − ∞ ∞ λ ⁢ d x r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ ⁢ , gdzie liniowy element różniczkowy d l jest równy d x , gdyż całkujemy po rozkładzie ładunków wzdłuż osi x . Ponownie cos θ = z r = z z 2 + x 2 1 ∕ 2 ⁢ . Podstawiając, otrzymujemy E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ − ∞ ∞ λ ⁢ d x z 2 + x 2 ⋅ z z 2 + x 2 1 ∕ 2 ⁢ k ̂ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ − ∞ ∞ λ ⁢ z z 2 + x 2 3 ∕ 2 ⁢ d x ⋅ k ̂ E → ⁡ P = λ ⁢ z 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ x z 2 ⁢ z 2 + x 2 ⋅ k ̂ , | − ∞ ∞ \\begin{multiline} \\vec{E} \\apply(P) &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_{-\\infty}^{\\infty} \\frac{2 \\lambda \\d x}{z^2+x^2} \\cdot \\frac{z}{(z^2+x^2)^{1/2}} \\hat{k} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_{-\\infty}^{\\infty} \\frac{2 \\lambda z}{(z^2+x^2)^{3/2}} \\d x \\cdot \\hat{k} \\\\ &= \\frac{2 \\lambda z}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{x}{z^2 \\sqrt{z^2+x^2}} \\cdot \\hat{k} \\mid_{-\\infty}^{\\infty} \\text{,} \\end{multiline} E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ − ∞ ∞ λ ⁢ d x z 2 + x 2 ⋅ z z 2 + x 2 1 ∕ 2 ⁢ k ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ − ∞ ∞ λ ⁢ z z 2 + x 2 3 ∕ 2 ⁢ d x ⋅ k ̂ = λ ⁢ z 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ x z 2 ⁢ z 2 + x 2 ⋅ k ̂ , | − ∞ ∞ co upraszcza się do postaci E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ λ z ⁢ k ̂ ⁢ . Znaczenie Nasze podejście do ciągłych rozkładów ładunków sprawdza się również w przypadku nieskończonych wymiarów tych rozkładów. Zauważmy, że w przypadku liniowego rozkładu ładunku o skończonej długości, gdy z ≫ L , wyraz z 2 w mianowniku jest dużo większy od L i upraszcza się do postaci E → ≈ 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ L z 2 ⁢ k ̂ ⁢ . Jeżeli uwzględnimy, że λ ⁢ L = q jest całkowitym ładunkiem drutu, to otrzymujemy wyrażenie na natężenie pola elektrycznego od ładunku punktowego, czego oczekiwaliśmy. Z kolei w granicy L ⟶ ∞ otrzymujemy natężenie pola elektrycznego nieskończenie długiego, prostego drutu (ang. infinite straight wire ), tj. drutu, którego długość jest znacznie większa od jego pozostałych wymiarów i która jest także znacznie większa od odległości do punktu, w którym chcemy wyznaczyć natężenie pola elektrycznego E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ λ z ⁢ k ̂ ⁢ . Ciekawym następstwem nieskończonego rozmiaru drutu jest to, że nie otrzymujemy typowej zależności r -2 , do której jesteśmy przyzwyczajeni. Będzie to jeszcze ciekawsze w przypadku naładowanej nieskończonej płaszczyzny. Natężenie pola elektrycznego naładowanego pierścienia Pierścień został jednorodnie naładowany z liniową gęstością ładunku λ , wyrażoną w jednostkach kulomb na metr (łuku). Obliczmy natężenie pola elektrycznego w punkcie na osi pierścienia. Strategia rozwiązania Posłużymy się tą samą metodą, jak w przypadku naładowanego drutu. Różnica polega na tym, że teraz mamy do czynienia z ładunkiem rozłożonym na pierścieniu. Dzielimy pierścień na nieskończenie małe elementy (fragmenty łuku) i stosujemy współrzędne biegunowe ( ). Układ i zmienne do obliczenia natężenia pola elektrycznego od naładowanego pierścienia. Rozwiązanie Natężenie pola elektrycznego naładowanego pierścienia jest dane ogólnym wyrażeniem E → ⁢ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 ⁢ r ̂ ⁢ . Element łuku zawarty pomiędzy θ i θ + d θ ma długość R ⁢ d θ , zatem posiada ładunek równy λ ⁢ R ⁢ d θ ⁢ . Ten element znajduje się w odległości r = z 2 + R 2 od punktu P , a kąt wynosi cos ϕ = z ∕ z 2 + R 2 , tak więc natężenie pola elektrycznego jest dane jako E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 ⁢ r ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 2 ⁢ π λ ⁢ R ⁢ d θ z 2 + R 2 ⋅ z z 2 + R 2 ⁢ z ̂ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ R ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ z ̂ ⋅ ∫ 0 2 ⁢ π d θ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ λ ⁢ R ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ z ̂ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q cał ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ z ̂ ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{E} \\apply(P) &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_{\\text{po linii}} \\frac{\\lambda \\d l}{r^2} \\hat{r} = \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^{2 \\pi} \\frac{\\lambda R \\d \\theta}{z^2+R^2} \\cdot \\frac{z}{\\sqrt{z^2+R^2}} \\hat{z} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{\\lambda R z}{(z^2+R^2)^{3/2}} \\hat{z} \\cdot \\int_0^{2 \\pi} \\d \\theta = \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{2 \\pi \\lambda R z}{(z^2+R^2)^{3/2}} \\hat{z} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q_{\\text{cał}} z}{(z^2+R^2)^{3/2}} \\hat{z} \\text{.} \\end{multiline} E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ po linii λ ⁢ d l r 2 ⁢ r ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 2 ⁢ π λ ⁢ R ⁢ d θ z 2 + R 2 ⋅ z z 2 + R 2 ⁢ z ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ R ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ z ̂ ⋅ ∫ 0 2 ⁢ π d θ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ λ ⁢ R ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ z ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q cał ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ z ̂ ⁢ . Znaczenie Jak zwykle symetria układu upraszcza rozwiązanie, w tym przypadku dając prostą do obliczenia całkę. Ponadto gdy rozpatrzymy graniczny przypadek dla z ≫ R , to otrzymamy E → ≈ 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q cał z 2 z ̂ ⁢ , tak jak tego oczekiwaliśmy. Natężenie pola elektrycznego krążka Obliczmy natężenie pola elektrycznego jednorodnie naładowanej, okrągłej, cienkiej płyty (krążka) o promieniu R w odległości z od środka płyty ( ). Jednorodnie naładowany krążek. Tak jak w przypadku liniowego rozkładu ładunku natężenie pola elektrycznego powyżej środka krążka może być łatwo wyliczone ze względu na symetrię układu. Strategia rozwiązania Natężenie pola elektrycznego od powierzchniowego rozkładu ładunku jest dane przez E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∬ po powierzchni σ ⁢ d S r 2 ⁢ r ̂ ⁢ . \\vec{E} \\apply (P) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\iint_{\\text{po powierzchni}} \\frac{\\sigma \\d S}{r^2} \\hat{r} \\text{.} Aby rozwiązać to zadanie, dzielimy powierzchnię na różniczkowe symetryczne paski, które odpowiadają kształtowi (symetrii) powierzchni, w tym przypadku są to pierścienie, tak jak pokazane na rysunku. I znów ze względu na symetrię składowe poziome znoszą się i natężenie pola elektrycznego jest zwrócone pionowo w kierunku ( k ̂ ). Składową pionową natężenia pola elektrycznego otrzymujemy w wyniku mnożenia przez cos θ , tak więc E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∬ po powierzchni σ ⁢ d S r 2 ⁢ cos θ ⋅ k ̂ ⁢ . \\vec{E} \\apply (P) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\iint_{\\text{po powierzchni}} \\frac{\\sigma \\d S}{r^2} \\cos \\theta \\cdot \\hat{k} \\text{.} Tak jak uprzednio musimy wyrazić niewiadome wielkości pod całką w postaci danych. W tym przypadku d S = 2 ⁢ π ⁢ r ′ ⁢ d r ′ ⁢ , \\d S = 2\\pi r' \\d r' \\text{,} r 2 = r ′ 2 + z 2 ⁢ , r^2 = (r')^2 + z^2 \\text{,} cos θ = z r ′ 2 + z 2 ⁢ . \\cos \\theta = \\frac{z}{\\sqrt{(r')^2 + z^2}} \\text{.} (Zwróćmy uwagę na dwa rożne symbole r występujące w zadaniu; r to odległość od różniczkowego elementu pierścienia do punktu P , w którym chcemy wyznaczyć natężenie pola elektrycznego, podczas gdy r ′ oznacza odległość od środka krążka do różniczkowego elementu pierścienia). Rozwiązanie Uwzględniwszy powyższe zależności, otrzymujemy E → ⁡ P = E → ⁡ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 R σ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ′ ⁢ d r ′ ⋅ z r ′ 2 + z 2 3 ∕ 2 ⋅ k ̂ E → ⁡ P = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ z ⋅ 1 z − 1 R 2 + z 2 ⁢ k ̂ \\begin{multiline} \\vec{E} \\apply(P) &= \\vec{E} \\apply(z) = \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\int_0^R \\frac{\\sigma \\cdot 2 \\pi r' \\d r' \\cdot z}{[(r')^2+z^2]^{3/2}} \\cdot \\hat{k} \\\\ &= \\frac{1}{4 \\pi \\epsilon_0} \\cdot 2 \\pi \\sigma z \\cdot (\\frac{1}{z} - \\frac{1}{\\sqrt{R^2+z^2}}) \\hat{k} \\end{multiline} E → ⁡ P = E → ⁡ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ 0 R σ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ′ ⁢ d r ′ ⋅ z r ′ 2 + z 2 3 ∕ 2 ⋅ k ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ z ⋅ 1 z − 1 R 2 + z 2 ⁢ k ̂ lub prościej E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ σ − 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ z R 2 + z 2 k ̂ ⁢ . Znaczenie Ponownie można pokazać (za pomocą rozwinięcia w szereg Taylora), że dla z ≫ R wyrażenie sprowadza się do E → ⁢ z ≈ 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ σ ⁢ π ⁢ R 2 z 2 k ̂ ⁢ , co jest wyrażeniem na natężenie pola elektrycznego ładunku punktowego Q = σ ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyglądałby ten graniczny przypadek dla jednorodnie naładowanego prostokąta zamiast krążka? Ładunek punktowy byłby wtedy równy Q = σ ⁢ a ⁢ b , gdzie a i b są bokami prostokąta, a poza tym przypadek jest identyczny. Gdy R ⟶ ∞ , redukuje się do wyrażenia na natężenie pola elektrycznego nieskończonej, naładowanej płaszczyzny (ang. infinite plane ), tj. płaskiej płyty, której wymiary poprzeczne są dużo większe od jej grubości, a także dużo większe od odległości do miejsca, gdzie obliczamy natężenie pola elektrycznego E → = σ 2 ⁢ ε 0 k ̂ ⁢ . Zauważmy, że to natężenie pola jest stałe. To jest niespodziewany wynik będący następstwem nieskończonego rozmiaru płaszczyzny, ale tym wynikiem będziemy się jeszcze wielokrotnie posługiwać. Żeby zrozumieć, dlaczego tak się dzieje, wyobraźmy sobie, że znajdujemy się ponad tą nieskończoną płaszczyzną. Czy jej wygląd zmienia się wraz ze zmianą wysokości, z jakiej ją obserwujemy? Nie, ciągle widzimy płaszczyznę ciągnącą się do nieskończoności bez względu na to, jak bardzo jesteśmy od niej oddaleni. Ważne jest, aby pamiętać, że ma taką postać, ponieważ znajdujemy się powyżej płaszczyzny. Gdybyśmy się znajdowali poniżej, to natężenie pola elektrycznego byłoby zwrócone w kierunku − k ̂ . Natężenie pola elektrycznego dwóch nieskończonych płaszczyzn Wyznaczmy natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez dwie nieskończone płaszczyzny jednorodnie naładowane ładunkami równymi, ale o przeciwnych znakach ( ). Dwie naładowane nieskończone płaszczyzny. Zwróćmy uwagę na kierunek wektorów natężenia pola elektrycznego. Strategia rozwiązania Znamy już natężenie pola elektrycznego wytwarzanego przez pojedynczą nieskończoną płaszczyznę, możemy więc, korzystając z zasady superpozycji, wyznaczyć natężenie pola elektrycznego od dwóch płaszczyzn. Rozwiązanie Pole elektryczne jest zwrócone od dodatnio naładowanej płaszczyzny do ujemnie naładowanej płaszczyzny. Ponieważ gęstości powierzchniowe σ są równe i o przeciwnych znakach, to natężenia pola elektrycznego w obszarach na zewnątrz, poza płaszczyznami, się znoszą. Natomiast w obszarze pomiędzy płaszczyznami natężenia pól dodają się, dając E → = σ ε 0 i ̂ ⁢ . Wersor i ̂ występuje we wzorze, bo na rysunku natężenie pola elektrycznego jest skierowane do + x . Znaczenie Układy, które można w przybliżeniu traktować jako dwie nieskończone płaszczyzny, są praktycznym źródłem jednorodnego pola elektrycznego. Sprawdź, czy rozumiesz. Jakie byłoby pole elektryczne wytworzone przez dwie dodatnio naładowane płaszczyzny o jednakowej gęstości powierzchniowej ładunku? Natężenie pola elektrycznego byłoby równe zero pomiędzy płaszczyznami i równe σ ∕ ε 0 wszędzie indziej. Podsumowanie Bardzo dużą liczbę ładunków możemy traktować jako ciągły rozkład ładunku, gdy konieczne jest całkowanie do wyliczenia natężenia pola. Typowymi przykładami są: rozkład jednowymiarowy (taki jak w drucie); posługujemy się liniową gęstością ładunku λ ; rozkład dwuwymiarowy (płyta metalowa); posługujemy się powierzchniową gęstością ładunku σ ; rozkład trójwymiarowy (kula metalowa); posługujemy się objętościową gęstością ładunku ρ . Teraz ładunek źródłowy jest różniczkowo małym fragmentem d q ładunku. Sposób obliczania d q zależy od rodzaju rozkładu ładunku d q = λ ⁢ d l ⁢ , ⁢ d q = σ ⁢ d S ⁢ , ⁢ d q = ρ ⁢ d V ⁢ . Kluczową dla obliczeń jest symetria rozkładu ładunku. Ważnymi szczególnymi przypadkami są te dotyczące pola elektrycznego nieskończonego drutu i nieskończonej płaszczyzny. Pytania Uzasadnij, dlaczego natężenie pola elektrycznego na zewnątrz nieskończonej naładowanej płaszczyzny jest stałe. Spodziewalibyśmy się, że w nieskończoności natężenie pola elektrycznego spada do zera, ale tak nie jest ze względu na to, że płaszczyzna ciągnie się do nieskończoności. Bez względu na to, gdzie się znajdujemy, widzimy nieskończoną płaszczyznę rozciągającą się we wszystkich kierunkach. Porównaj pola elektryczne od nieskończonej płaszczyzny ładunku, nieskończonej przewodzącej płyty i nieskończonych, przeciwnie naładowanych równoległych płyt. Wyraź pola elektryczne od nieskończenie naładowanej płyty i dwóch nieskończonych, naładowanych, równoległych płyt za pomocą pola elektrycznego nieskończonej płaszczyzny ładunku. Nieskończona naładowana płyta wytwarza wokół siebie pole elektryczne o natężeniu E = σ ∕ 2 ⁢ ε 0 . Pole będzie skierowane do płyty, gdy jest ona naładowana ujemnie, a od płyty, gdy jest naładowana dodatnio. Natężenie pola elektrycznego układu dwóch równoległych płyt będzie równe zero pomiędzy płytami, gdy mają taki sam ładunek i E będzie równe E = σ ∕ ε 0 wszędzie na zewnątrz. Jeżeli ładunki mają przeciwne znaki, to sytuacja zmienia się na przeciwną, pole jest równe zero na zewnątrz płyt i E = σ ∕ ε 0 pomiędzy nimi. Ujemny ładunek został umieszczony w środku jednorodnie, dodatnio naładowanego pierścienia. Jak porusza się (o ile w ogóle) ten ładunek? Co się zmieni, gdy umieścimy ładunek na osi pierścienia, ale w punkcie innym niż środek pierścienia? Zadania Cienka przewodząca płyta o boku 1 ⁢⁢ m została naładowana ładunkiem − 2 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C . Na wysokości 1 ⁢⁢ cm , powyżej środka płyty, został umieszczony elektron. Jakie jest jego przyspieszenie? Oblicz wartość i wyznacz kierunek natężenia pola elektrycznego w odległości 2 ⁢⁢ m od długiego drutu naładowanego jednorodnie z liniową gęstością λ = 4 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C ∕ m . E → ⁢ z = 3,6 ⋅ 10 4 ⁢⁢ N ∕ C ⋅ k ̂ . Dwie cienkie przewodzące płytki każda o boku 25 ⁢⁢ cm są umieszczone równolegle w odległości 5 ⁢⁢ mm od siebie. Jakie będzie natężenie pola elektrycznego pomiędzy nimi, jeżeli 10 11 elektronów przeniesiemy z jednej płytki na drugą? Ilość ładunku na jednostkę długości pokazanego poniżej pręta jest równa λ . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie P ? Wskazówka: Rozwiąż zadanie, rozpatrując najpierw natężenie pola elektrycznego d E → w punkcie P , wytworzone przez mały fragment d x pręta, który ma ładunek równy d q = λ ⁢ d x . Następnie oblicz całkowite pole, całkując d E → po długości pręta. d E = λ ⁢ d x ∕ x + a 2 ⋅ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 , E = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 ∕ l + a − 1 ∕ a . Ładunek na jednostkę długości pokazanego poniżej drutu mającego kształt półkola wynosi λ . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie P ? Dwie cienkie naładowane płytki zostały umieszczone w odległości 2 ⁢⁢ cm od siebie. Bok każdej z płytek ma 2 ⁢⁢ cm , całkowity ładunek jednej z płytek wynosi 8 ⁢ µC , a drugiej − 8 ⁢⁢ µC . Jaka jest powierzchniowa gęstość ładunku na wewnętrznej powierzchni każdej z płytek? Jakie jest natężenie pola elektrycznego pomiędzy płytkami? σ = 0,02 ⁢⁢ C ∕ m 2 , E = 2,26 ⋅ 10 9 ⁢⁢ N ∕ C . Cienka przewodząca płyta o boku 2 ⁢⁢ m obdarzona jest całkowitym ładunkiem -10 ⁢ µC . Jakie jest natężenie pola elektrycznego 1 ⁢⁢ cm powyżej płyty? Jaka siła działa na elektron umieszczony w tym punkcie? Powtórz te obliczenia dla punktu znajdującego się 2 ⁢⁢ cm powyżej płyty; Jaką pracę wykonuje pole elektryczne, przemieszczając elektron z położenia 1 ⁢⁢ cm do położenia 2 ⁢ cm powyżej płyty? Całkowity ładunek q jest jednorodnie rozmieszczony wzdłuż cienkiego, prostego pręta o długości L (rysunek poniżej). Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie P 1 , a jakie w P 2 ? W P 1 : E → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ L y ⁢ y 2 + L 2 ∕ 4 ⋅ j ̂ = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q a ∕ 2 ⋅ a ∕ 2 2 + L 2 ∕ 4 ⋅ j ̂ = 1 π ⁢ ε 0 ⋅ q a ⁢ a 2 + L 2 . W P 2 : Umieść początek układu na końcu L . d E = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ d x ∕ x + a 2 , E → = − q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⋅ 1 ∕ l + a − 1 ∕ a ⁢ i ̂ . Ładunek jest rozmieszczony wzdłuż osi x ze stałą gęstością λ . Jaką pracę wykonuje pole elektryczne wytworzone przez ten ładunek, działając na elektron poruszający się wzdłuż osi y z punktu y = a do y = b ? Ładunek jest rozmieszczony wzdłuż całej osi x ze stałą gęstością λ x i wzdłuż całej osi y ze stałą gęstością λ y ⁢ . Oblicz wypadkowe natężenie pola elektrycznego w punkcie r → = a ⋅ i ̂ + b ⋅ j ̂ ; r → = c ⋅ k ̂ . a. E → ⁡ r → = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ λ z ∕ a ⋅ i ̂ + 2 ⁢ λ y ∕ b ⋅ j ̂ \\vec{E} \\apply (\\vec{r}) = 1/(4\\pi \\epsilon_0) \\cdot [2\\lambda_z/a \\cdot \\hat{i} + 2\\lambda_y / b \\cdot \\hat{j}] ; b. E → ⁡ r → = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ λ z + λ y ∕ c ⋅ k ̂ \\vec{E} \\apply (\\vec{r}) = 1/(4\\pi \\epsilon_0) \\cdot 2(\\lambda_z + \\lambda_y)/c \\cdot \\hat{k} . Pręt został uformowany w kształcie łuku koła o kącie środkowym 2 ⁢ θ (rysunek poniżej). Jeżeli pręt został jednorodnie naładowany całkowitym ładunkiem Q , to ile wynosi natężenie pola elektrycznego w punkcie P Proton przemieszcza się w polu elektrycznym o natężeniu E → = 200 ⁢⁢ N ∕ C ⋅ i ̂ . Jaka siła działa na proton i jakie jest jego przyspieszenie? Wykonaj te same obliczenia dla elektronu. a. F → = 3,2 ⋅ 10 -17 ⁢⁢ N ⋅ i ̂ , a → = 1,92 ⋅ 10 10 ⁢⁢ m ∕ s 2 ⁢ ⋅ i ̂ ; b. F → = − 3,2 ⋅ 10 -17 ⁢⁢ N ⁢ ⋅ i ̂ , a → = − 3,51 ⋅ 10 13 ⁢⁢ m ∕ s 2 ⁢ ⋅ i ̂ . Elektron i proton ruszają z miejsca przyspieszane tym samym jednorodnym polem elektrycznym o natężeniu 200 ⁢⁢ N ∕ C . Określ, jaką drogę muszą przebyć i ile czasu minie, zanim każda z cząstek uzyska energię kinetyczną równą 3,2 ⋅ 10 -16 ⁢⁢ J . Sferyczna kropelka wody o promieniu 25 ⁢⁢ µm posiada nadmiarowy ładunek 250 elektronów. Jakie musi być natężenie pionowo skierowanego pola elektrycznego niezbędne do zrównoważenia siły grawitacji działającej na kropelkę przy powierzchni Ziemi? m = 6,5 ⋅ 10 -11 ⁢⁢ kg , E = 1,6 ⋅ 10 7 ⁢⁢ N ∕ C . Proton wpada w jednorodne pole elektryczne wytworzone przez dwie naładowane płytki pokazane na rysunku poniżej. Natężenie pola elektrycznego jest równe 4 ⋅ 10 5 ⁢⁢ N ∕ C , a prędkość protonu, z jaką wpada w pole elektryczne wynosi 1,5 ⋅ 10 7 ⁢⁢ m ∕ s . Na jaką odległość d zostanie odchylony w dół proton w chwili, gdy wylatuje spomiędzy płytek? Poniżej pokazana jest kulka o masie 0,25 ⁢⁢ g naładowana ładunkiem 9 ⋅ 10 -10 ⁢⁢ C . Kulka jest przymocowana do końca bardzo cienkiej jedwabnej nitki o długości 5 ⁢⁢ cm . Drugi koniec nitki jest przymocowany do dużej, ustawionej pionowo, przewodzącej płyty naładowanej z gęstością ładunku 30 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C ∕ m 2 . O jaki kąt nitka odchyla się od pionu? E = 1,7 ⋅ 10 6 ⁢⁢ N ∕ C , F = 1,53 ⋅ 10 -3 ⁢⁢ N ⁢ ⁢ T ⁢ cos θ = m ⁢ g ⁢ ⁢ T ⁢ sin θ = q ⁢ E , tg θ = 0,62 ⇒ θ = 32 ⁢ ° , wynik nie zależy od długości nitki. Dwa nieskończenie długie pręty, każdy naładowany jednorodnie z gęstością ładunku λ , są umieszczone równolegle do siebie i prostopadle do płaszczyzny rysunku. (Zobacz rysunek poniżej). Jakie jest natężenie pola elektrycznego w P 1 , a jakie w P 2 ? Dodatni ładunek jest rozmieszczony ze stałą liniową gęstością λ wzdłuż dodatniej osi x , od r do ∞ , i wzdłuż dodatniej osi y , od r do ∞ , i wzdłuż kolistego łuku 90 ⁢ ° o promieniu r , jak pokazano na rysunku poniżej. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w początku układu współrzędnych? Łuk: d E x ⋅ − i ̂ = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ d s ∕ r 2 ⋅ cos θ ⋅ − i ̂ , E → x = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⋅ − i ̂ , d E y ⋅ − i ̂ = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ d s ∕ r 2 ⋅ sin θ ⋅ − j ̂ , E → y = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⋅ − j ̂ ; Oś y : E → x = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⋅ − i ̂ ; Oś x : E → y = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⋅ − j ̂ , E → = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⋅ − i ̂ + λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⋅ − j ̂ . Z odległości 10 ⁢ cm proton został wystrzelony z prędkością v = 4 ⋅ 10 6 ⁢⁢ m ∕ s w kierunku dużej płyty, naładowanej dodatnio z gęstością ładunku σ = 2 ⋅ 10 -5 ⁢⁢ C ∕ m 2 . (Zobacz rysunek poniżej). Czy proton doleci do płyty? Jeżeli nie, to w jakiej odległości od płyty zawróci? Cząstka o masie m i ładunku − q porusza się po linii prostej w kierunku od zlokalizowanej cząstki posiadającej ładunek Q . Gdy odległość między cząstkami wynosi r 0 , to − q porusza się z prędkością v 0 . Skorzystaj z twierdzenia o pracy i energii do obliczenia maksymalnej odległości między ładunkami; Jakie założenie trzeba poczynić względem v 0 , żeby móc przeprowadzić te obliczenia? Jaka jest minimalna wartość prędkości v 0 , taka że − q ucieknie od Q ? a. W = 1 ∕ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − v 0 2 , Q ⁢ q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 ∕ r − 1 ∕ r 0 = 1 ∕ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − v 0 2 ⇒ r 0 − r = 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ∕ Q ⁢ q ⋅ 1 ∕ 2 ⋅ r ⁢ r 0 ⁢ m ⋅ v 2 − v 0 2 ; b. r 0 − r jest ujemne, więc v 0 > v , r ⟶ ∞ i v ⟶ 0 : 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ∕ Q ⁢ q ⋅ − 1 ∕ r 0 = − 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v 0 2 ⇒ v 0 = Q ⁢ q ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ m ⁢ r 0 . ciągły rozkład ładunku (ang. continuous charge distribution ) ładunek źródłowy składający się z tak dużej liczby ładunków elementarnych, że powinien być traktowany raczej jako rozkład ciągły niż dyskretny nieskończona naładowana płaszczyzna (ang. infinite plane ) płaska płyta o rozmiarach wielokrotnie większych od jej grubości i wielokrotnie większych niż odległość do punktu, w którym obliczamy natężenie pola elektrycznego; to pole jest stałe nieskończenie długi, prosty drut (ang. infinite straight wire ) prosty drut, którego długość jest wielokrotnie większa od jego pozostałych wymiarów i wielokrotnie większa niż odległość do punktu, w którym obliczamy natężenie pola elektrycznego liniowa gęstość ładunku (ang. linear charge density ) ilość ładunku przypadająca na jednostkę długości jednowymiarowego rozkładu ładunku (szerokość i wysokość są wielokrotnie mniejsze niż jego długość); jednostką jest C ∕ m powierzchniowa gęstość ładunku (ang. surface charge density ) ilość ładunku przypadająca na jednostkę powierzchni dwuwymiarowego rozkładu ładunku (mała grubość); jednostką jest C ∕ m 2 objętościowa gęstość ładunku (ang. volume charge density ) ilość ładunku przypadająca na jednostkę objętości trójwymiarowego rozkładu ładunku; jednostką jest C ∕ m 3", "section": "Wyznaczanie natężenia pola elektrycznego rozkładu ładunków", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Linie pola elektrycznego Teraz, kiedy już umiemy obliczać natężenie pola elektrycznego, zajmiemy się zagadnieniem geometrii pola elektrycznego. Jak już wcześniej zaznaczyliśmy, nasz model przewiduje, że ładunek elektryczny (ładunek źródłowy) zmienia stan przestrzeni wokół siebie w taki sposób, że na umieszczony w tym obszarze inny ładunek elektryczny (ładunek próbny) działają siły elektryczne. Idea linii pola (ang. field lines ) elektrycznego i graficznego ich przedstawienia pozwala na wizualizację zmiany stanu przestrzeni, a tym samym na graficzne przedstawienie pola elektrycznego. W tym podrozdziale chcemy nauczyć cię przedstawiać graficznie geometrię pola elektrycznego, zatem omówimy szczegółowo kroki i reguły niezbędne do wykonania dokładnych i użytecznych rysunków pola elektrycznego. Trzeba pamiętać, że pola elektryczne wypełniają przestrzeń trójwymiarową. Chociaż w tym podręczniku umieszczonych jest kilka pseudotrójwymiarowych rysunków, to kilka z wykresów, które znajdziesz (zarówno w tym podrozdziale, jak i w następnych), to dwuwymiarowe rzuty lub przekroje. Pamiętajmy jednak, że mamy do czynienia z trójwymiarowym zjawiskiem. Punktem wyjścia jest stwierdzenie, że pole elektryczne ładunku źródłowego działa siłą na ładunek próbny umieszczony w tym polu. Z definicji wektory natężenia pola elektrycznego są zwrócone w tym samym kierunku co wektory siły elektrycznej (umownie) działającej na dodatni ładunek próbny umieszczony w polu elektrycznym ( ). Pole elektryczne dodatniego ładunku punktowego. Pokazana jest duża liczba wektorów natężenia pola. Jak w przypadku wszystkich wektorów ich długość jest proporcjonalna do wartości pola w każdym punkcie. (a) Pole w dwóch wymiarach. (b) Pole w trzech wymiarach. Narysowaliśmy wektory natężenia pola elektrycznego jednorodnie rozmieszczone wokół ładunku źródłowego. Ponieważ natężenie pola elektrycznego jest wektorem, to narysowane strzałki przedstawiają, w każdym punkcie przestrzeni, wartość i kierunek pola elektrycznego w danym punkcie. Jak zawsze długość strzałki odpowiada wartości natężenia pola w danym punkcie. Dla punktowego ładunku źródłowego długość wektora maleje z kwadratem odległości od ładunku źródłowego. Ponadto wektor natężenia pola jest skierowany radialnie na zewnątrz od ładunku źródłowego, ponieważ kierunek i zwrot natężenia pola elektrycznego są określone przez kierunek i zwrot siły, która działa na dodatni ładunek próbny. (Pamiętajmy, że pole elektryczne rozciąga się w trzech wymiarach, linie pola są również zwrócone od i do płaszczyzny rysunku). Ten wykres jest poprawny, ale przestaje być użyteczny, gdy rozkład ładunków źródłowych staje się bardziej złożony. Przykładowo przeanalizujmy wykres przedstawiający wektory natężenia pola elektrycznego dipola ( ). Pole elektryczne dipola. Nawet dla dwóch identycznych ładunków wykres natężenia pola elektrycznego staje się trudny do interpretacji. Istnieje jednak bardziej użyteczny sposób przedstawienia tej samej informacji. Zamiast rysowania dużej liczby coraz to mniejszych wektorów, połączymy je razem, tworząc (rysując) ciągłe linie, jak to pokazano na . (a) Wykres linii pola elektrycznego dodatniego ładunku punktowego. (b) Wykres linii pola elektrycznego dla dipola. Na obu rysunkach gęstość linii pola obrazuje natężenie pola elektrycznego. Wektory natężenia pola elektrycznego (niepokazane na rysunku) są styczne do linii pola w każdym punkcie. Chociaż może tego nie widać na pierwszy rzut oka, to te wykresy linii pola zawierają tę samą informację, co wykresy wektorów natężenia pola elektrycznego. Po pierwsze, kierunek pola w każdym punkcie jest kierunkiem wektora natężenia pola elektrycznego. Innymi słowami, w dowolnym punkcie przestrzeni wektor natężenia pola elektrycznego jest styczny do linii pola w tym punkcie. Strzałka na linii pola pokazuje zwrot pola. Jeżeli chodzi o wartość natężenia pola elektrycznego, to informuje o niej gęstość linii pola (ang. field line density ), to jest liczba linii pola przechodzących przez mały przekrój powierzchni prostopadły do pola elektrycznego, liczona na jednostkę powierzchni. Ta gęstość linii odpowiada wartości natężenia pola elektrycznego dla tego przekroju. Oznacza to, że gdy linie pola są blisko siebie (tzn. gęstość linii jest większa), to natężenie pola elektrycznego ma dużą wartość w tym punkcie. Gdy linie znajdują się daleko od siebie, to natężenie pola elektrycznego jest małe. obrazuje tę koncepcję. Linie pola przechodzą przez wirtualne powierzchnie. Chociaż liczba linii przechodzących przez każdą z powierzchni jest taka sama, to ponieważ powierzchnie są różne, także gęstość linii jest różna, co oznacza różną wartość natężenia pola elektrycznego w tych miejscach. Na ta sama liczba linii pola przechodzi przez obie powierzchnie ( S i S ′ ), ale powierzchnia S jest większa od powierzchni S ′ . Dlatego gęstość linii pola (liczba linii na jednostkę powierzchni) jest większa w miejscu S ′ , wskazując na to, że pole elektryczne jest silniejsze w miejscu S ′ niż w S . Zasady rysowania wykresów pola elektrycznego są następujące. Strategia rozwiązania: rysowanie linii pola elektrycznego Linie pola elektrycznego mają swój początek w ładunkach dodatnich lub biegną z nieskończoności, kończąc się na ładunkach ujemnych lub biegną do nieskończoności. Liczba linii wychodzących z ładunku lub wchodzących do ładunku jest proporcjonalna do wartości tego ładunku. Z ładunku 2 ⁢ q będzie wychodzić dwa razy więcej linii niż z ładunku q . W każdym punkcie przestrzeni wektor natężenia pola elektrycznego jest styczny do linii pola elektrycznego w tym punkcie. Gęstość linii pola elektrycznego w dowolnym punkcie przestrzeni jest proporcjonalna do (i dlatego odzwierciedla) wartości natężenia pola elektrycznego w tym punkcie. Linie pola elektrycznego nigdy się nie przecinają. Ponieważ linie pola elektrycznego pokazują kierunek pola w danym punkcie, to gdyby dwie linie przecinały się w tym punkcie, oznaczałoby to, że mamy do czynienia z polem elektrycznym skierowanym w dwie różne strony w jednym punkcie. To z kolei oznaczałoby, że (wypadkowa) siła działająca na ładunek próbny umieszczony w tym punkcie jest skierowana w różne strony. Ponieważ jest to z oczywistych powodów niemożliwe, to linie pola elektrycznego nie mogą się przecinać. Zawsze pamiętajmy, że rysowanie linii pola elektrycznego to wygodny sposób przedstawienia graficznego pola elektrycznego; same linie pola nie są wielkościami fizycznymi. Chociaż na podstawie linii pola można wywnioskować kierunek i natężenie pola elektrycznego, to czasami ich wykresy mogą być mylące. Na przykład linie reprezentujące pole elektryczne są z konieczności rysowane jako indywidualne, oddzielne linie, chociaż pole elektryczne istnieje w każdym punkcie przestrzeni. Na pokazane są linie pola dla trzech układów ładunków punktowych. Ponieważ ładunki w części (a) i (b) mają takie same wartości, to ta sama liczba linii wychodzi z każdego i wchodzi do każdego ładunku. Natomiast w części (c) narysowano trzy razy więcej linii wychodzących z ładunku + 3 ⁢ q niż wchodzących do ładunku − q . Linie pola, które nie kończą się na ładunku − q , biegną z układu ładunków do nieskończoności. Trzy typowe wykresy linii pola elektrycznego. (a) Dipol. (b) Dwa identyczne ładunki. (c) Dwa ładunki o przeciwnych znakach i różnych wartościach. Czy potrafisz na podstawie wykresu powiedzieć, który ładunek jest największy? Zdolność sporządzania dokładnych wykresów pola elektrycznego jest ważną, użyteczną umiejętnością; pozwala w łatwy sposób oszacować, przewidzieć i w konsekwencji obliczyć natężenie pola elektrycznego ładunku źródłowego. Najłatwiej rozwijać tę umiejętność, korzystając z oprogramowania, które pozwala na definiowanie konfiguracji ładunków źródłowych, a potem wykreśla pole elektryczne. Zachęcamy do poszukania w Internecie takich programów komputerowych. Jeżeli wam to się uda, to spróbujcie wykonać kilka symulacji, aby poznać istotę konstruowania wykresów pola elektrycznego. Potem poćwiczcie rysowanie takich wykresów i sprawdźcie swoje wyniki z tymi otrzymanymi z programu komputerowego. Jednym z programów jest program rysujący linie pola elektrycznego „Ładunki i pola” dostępny na stronie PhET. Podsumowanie Wykresy pola elektrycznego pomagają przedstawić graficznie pole elektryczne ładunku źródłowego. Wartość natężenia pola elektrycznego jest proporcjonalna do gęstości linii pola. Wektory natężenia pola są styczne do linii pola w każdym punkcie. Pytania Czy ładunek punktowy, który może ruszyć z położenia spoczynkowego w polu elektrycznym, będzie poruszał się wzdłuż linii pola? Czy tak będzie w przypadku pola niejednorodnego? Tak; nie. W jakiej sytuacji, o ile w ogóle, tor ładunku nie będzie pokrywał się z linią pola? W jaki sposób doświadczalnie odróżnić pole elektryczne od pola grawitacyjnego? Na powierzchni Ziemi pole grawitacyjne jest zawsze skierowane do jej środka. Pole elektryczne może przenieść naładowaną cząstkę w kierunku innym niż do środka Ziemi. To świadczy o obecności pola elektrycznego. 10 linii pola przechodzi prostopadle przez kwadratową powierzchnię. Ile linii powinno przechodzić prostopadle przez tę powierzchnię, żeby odzwierciedlić pole elektryczne o dwa razy większym natężeniu? Jaki jest stosunek liczby linii pola elektrycznego wychodzących z ładunku 10 ⁢ q do linii wychodzących z ładunku q ? 10. Zadania Które z pokazanych linii pola elektrycznego ładunku punktowego zostały błędnie narysowane? Wyjaśnij dlaczego. W tym zadaniu przećwiczymy rysowanie linii pola elektrycznego. Upewnij się, że rysunek dobrze odzwierciedla wartość i kierunek linii pola. Pamiętaj, że liczba linii pola wychodzących z ładunków lub wchodzących do ładunków jest proporcjonalna do ich wartości. Narysuj mapę linii pola elektrycznego dla dwóch ładunków + 20 ⁢ µC i − 20 ⁢ µC znajdujących się w odległości 5 ⁢ cm od siebie; Narysuj mapę linii pola elektrycznego dla dwóch ładunków + 20 ⁢ µC i + 20 ⁢⁢ µC znajdujących się w odległości 5 ⁢⁢ cm od siebie; Narysuj mapę linii pola elektrycznego dla dwóch ładunków + 20 ⁢ µC i − 30 ⁢⁢ µC znajdujących się w odległości 5 ⁢⁢ cm od siebie. Narysuj linie pola elektrycznego dla układu trzech ładunków + 1 ⁢⁢ µC + 2 ⁢⁢ µC i − 3 ⁢⁢ µC zlokalizowanych w wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku 2 ⁢⁢ cm . Dwa ładunki identyczne co do wartości, ale o przeciwnych znakach tworzą dipol elektryczny. Kwadrupol elektryczny jest utworzony przez dwa antyrównoległe dipole leżące na dwóch bokach kwadratu, tak jak na rysunku poniżej. Narysuj linie pola elektrycznego dla tego rozkładu ładunków. Załóż, że natężenie pola elektrycznego odosobnionego ładunku punktowego maleje z odległością jak 1 ∕ r 2 + δ , a nie jak 1 ∕ r 2 . Pokaż, że w tej sytuacji nie można narysować ciągłych linii pola, tak żeby ich liczba na jednostkę powierzchni była proporcjonalna do E . linie pola elektrycznego (ang. field lines ) gładkie, zazwyczaj zakrzywione linie, które obrazują kierunek natężenia pola elektrycznego gęstość linii pola elektrycznego (ang. field line density ) liczba linii pola na metr kwadratowy przechodzących przez wirtualną powierzchnię; ma na celu pokazanie natężenia pola elektrycznego w różnych punktach przestrzeni", "section": "Linie pola elektrycznego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Dipole elektryczne Przeanalizowaliśmy i obliczyliśmy już pole elektryczne wytworzone przez dipol: układ dwóch równych ładunków o przeciwnych znakach, znajdujących się blisko siebie (w tym kontekście, „blisko” oznacza, że odległość d pomiędzy dwoma ładunkami jest wielokrotnie mniejsza niż odległość do punktu P , w którym obliczamy natężenie pola). Zobaczmy teraz, co stanie się z dipolem umieszczonym w zewnętrznym polu elektrycznym o natężeniu E → . Zakładamy, że mamy do czynienia z trwałym dipolem (ang. permanent dipole ), które istnieje bez obecności pola elektrycznego i nie jest niszczony przez zewnętrzne pole elektryczne. Obrót dipola w polu elektrycznym Rozpatrzymy teraz tylko najprostszy przypadek, dotyczący jednorodnego pola elektrycznego. Przypuśćmy, że mamy do czynienia z sytuacją przedstawioną na , gdzie odległość między ładunkami traktujemy jak wektor d → ⁢ , skierowany od ładunku ujemnego do ładunku dodatniego. Siły działające na oba ładunki są sobie równe, ale przeciwnie skierowane, tak że nie ma siły wypadkowej działającej na dipol. Jednak działa moment siły M → = d → 2 × F → + + − d → 2 × F → − M → = d → 2 × + q ⁢ E → + − d → 2 × − q ⁢ E → M → = q ⁢ d → × E → ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{M} &= (\\frac{\\vec{d}}{2} \\times \\vec{F}_{+})+(-\\frac{\\vec{d}}{2} \\times \\vec{F}_{-}) \\\\ &= [\\frac{\\vec{d}}{2} \\times (+q \\vec{E})] + [-\\frac{\\vec{d}}{2} \\times (-q \\vec{E})] \\\\ &= q \\vec{d} \\times \\vec{E} \\text{.} \\end{multiline} M → = d → 2 × F → + + − d → 2 × F → − = d → 2 × + q ⁢ E → + − d → 2 × − q ⁢ E → = q ⁢ d → × E → ⁢ . Dipol w zewnętrznym polu elektrycznym. (a) Wypadkowa siła działająca na dipol wynosi zero, ale moment siły już nie. Na skutek tego dipol obraca się, ustawiając równolegle do zewnętrznego pola elektrycznego. (b) Moment dipolowy jest wygodną wielkością do opisania tego zjawiska. Wektor d → jest zwrócony w tym samym kierunku co wektor p → . Wielkość q ⁢ d → (wartość każdego ładunku pomnożona przez wektor odległości pomiędzy nimi) jest właściwością dipola; jej wartość określa moment siły, jaki działa na dipol w zewnętrznym polu elektrycznym. Dlatego definiujemy ten iloczyn jako nową wielkość nazywaną momentem dipolowym (ang. dipole moment ) dipola p → = q ⁢ d → ⁢ . Możemy teraz napisać M → = p → × E → ⁢ . \\vec{M}=\\vec{p}\\times\\vec{E}\\text{.} Przypomnijmy, że moment siły zmienia prędkość kątową ciała, w tym przypadku dipola. Wynikiem jest więc obrót dipola (to znaczy zmiana kierunku wektora p → ), tak że jest on równoległy do kierunku zewnętrznego pola elektrycznego. Indukowany moment dipolowy (indukowany dipol) Atomy są z definicji obojętne elektrycznie; zawierają równe liczby ładunków dodatnich i ujemnych. Co więcej, ponieważ są symetryczne sferycznie, nie posiadają własnego wbudowanego momentu dipolowego tak, jak ma to miejsce w przypadku niesymetrycznych cząsteczek. Ale atom może zyskać taki moment po umieszczeniu go w zewnętrznym polu elektrycznym, ponieważ to pole działa siłami przeciwnie skierowanymi na dodatnie jądro atomowe i na ujemne elektrony otaczające jądro. W wyniku tego otrzymujemy nowy rozkład ładunku w atomie i w konsekwencji wyindukowany moment dipolowy (ang. induced dipole ) – . Moment dipolowy wyindukowany w obojętnym elektrycznie atomie przez zewnętrzne pole elektryczne. Wyindukowany moment dipolowy jest ułożony wzdłuż zewnętrznego pola elektrycznego. Ważne jest to, że tak jak w przypadku obrotu polarnej cząsteczki otrzymujemy na koniec moment dipolowy ustawiony równolegle do zewnętrznego pola elektrycznego. Na ogół wyindukowany moment dipolowy jest znacznie mniejszy od trwałego momentu dipolowego. Zauważmy, że w obu przypadkach, gdy dipol (obrócony lub wyindukowany) jest ustawiony wzdłuż pola elektrycznego, to zmniejsza natężenie tego pola E → wyp = E → zew + E → dipola w miejscach na zewnątrz dipola ( ). „Na zewnątrz” oznacza: w odległości większej niż odległość pomiędzy ładunkami dipola. To zjawisko ma kluczowe znaczenie dla kondensatorów, jak się o tym dowiemy w rozdziale Pojemność elektryczna . Wypadkowe pole elektryczne jest sumą wektorową pola dipola i pola zewnętrznego. Przypomnijmy, że już wyznaczyliśmy pole elektryczne dipola za pomocą . Jeżeli teraz wyrazimy je za pomocą momentu dipolowego, to otrzymamy E → ⁢ z = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ p → z 3 ⁢ . To pole jest pokazane na . Zauważmy, że w płaszczyźnie prostopadłej do osi dipola i w połowie odległości między ładunkami zwrot pola elektrycznego jest przeciwny do pola dipola i maleje wraz z oddalaniem się od osi dipola. Podobnie na osi dipola (ale poza nim) pole jest skierowane w tę sama stronę co pole dipola i ponownie maleje wraz z oddalaniem się od ładunków. Podsumowanie Jeżeli trwały dipol zostanie umieszczony w zewnętrznym polu elektrycznym, to w wyniku działania momentu siły zostanie on ustawiony zgodnie z kierunkiem tego pola. Jeżeli niespolaryzowany atom (lub cząsteczka) zostanie umieszczony w zewnętrznym polu elektrycznym, to zyskuje wyindukowany moment dipolowy, który jest zgodny z kierunkiem zewnętrznego pola. Wypadkowe natężenie pola elektrycznego jest sumą wektorową natężenia pola zewnętrznego i pola dipola (trwałego lub wyindukowanego). Stopień polaryzacji jest opisany za pomocą momentu dipolowego dipola p → = q ⁢ d → . Najważniejsze wzory Prawo Coulomba F → 1 2 ⁢ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 1 ⁢ q 2 r 1 2 2 ⁢ r ̂ 1 2 Superpozycja (dodawanie) sił elektrostatycznych F → ⁢ r = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∑ i = 1 N q i r i 2 ⁢ r ̂ i Siła elektryczna w polu elektrycznym F → = Q ⁢ E → Natężenie pola elektrycznego w punkcie P E → ⁢ P ≡ 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∑ i = 1 N q i r i 2 ⁢ r ̂ i Pole elektryczne nieskończonego drutu E → ⁢ z ≡ 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ λ z ⁢ k ̂ Pole elektryczne nieskończonej płaszczyzny E → = σ 2 ⁢ ε 0 ⁢ k ̂ Moment dipolowy p → ≡ q ⁢ d → Moment siły działający na dipol umieszczony w zewnętrznym polu E → \\vec{E} M → = p → × E → \\vec{M}=\\vec{p}\\times\\vec{E} Pytania Jakie są trwałe ustawienia dipola w zewnętrznym polu elektrycznym? Co się stanie, gdy dipol zostanie wytrącony z tych położeń? Zadania Rozważ dwa równe, ale o przeciwnych znakach ładunki pokazane na rysunku poniżej. Pokaż, że we wszystkich punktach na osi x , dla których x ≫ a , natężenie pola elektrycznego wynosi około E ≈ Q ⁢ a ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ x 3 ; Pokaż, że we wszystkich punktach na osi y , dla których y ≫ a , natężenie pola elektrycznego wynosi około E ≈ Q ⁢ a ∕ π ⁢ ε 0 ⁢ y 3 . E x = 0 ⁢⁢ V ∕ m , a. E y = 2 ⁢ Q ⁢ a ∕ x 2 + a 2 3 ∕ 2 ⋅ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 , w przypadku kiedy x ≫ a to E ≈ Q ⁢ a ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ x 3 ; b. E y = 4 ⁢ Q ⁢ a ⁢ y ∕ y − a 2 ⋅ y + a 2 ⋅ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 , w przypadku kiedy y ≫ a to E ≈ Q ⁢ a ∕ π ⁢ ε 0 ⁢ y 3 . Odpowiedz na poniższe pytania. Jaki jest moment dipolowy układu pokazanego powyżej? Jeżeli Q = 4 ⁢⁢ µC , to jaki moment siły działa na ten dipol w polu elektrycznym o natężeniu 4 ⋅ 10 5 ⁢⁢ N ∕ C ⁢ ⋅ i ̂ ? Jaki moment siły działa na ten dipol w polu elektrycznym o natężeniu − 4 ⋅ 10 5 ⁢⁢ N ∕ C ⁢ ⋅ i ̂ ? Jaki moment siły działa na ten dipol w polu elektrycznym o natężeniu ± 4 ⋅ 10 5 ⁢⁢ N ∕ C ⁢ ⋅ j ̂ ? Cząsteczka wody składa się z dwóch atomów wodoru związanych z jednym atomem tlenu. Kąt między dwoma wiązaniami wodór−tlen wynosi 105 ⁢ ° (rysunek poniżej). Oblicz wypadkowy moment dipolowy cząsteczki wody, która została umieszczona w jednorodnym, poziomym polu elektrycznym o natężeniu 2,3 ⋅ 10 -8 ⁢ N ∕ C (brakuje niektórych danych potrzebnych do rozwiązania zadania, musisz zorientować się, o jakie dane chodzi, i wyszukać je). Wypadkowy moment dipolowy jest sumą wektorową pojedynczych momentów dipolowych par O-H. Odległość O-H wynosi 0,9578 angstrema: p → = 1,889 ⋅ 10 -29 ⁢⁢ C ⁢ m ⁢ ⋅ i ̂ . Zadania dodatkowe Ładunki punktowe q 1 = 2 ⁢⁢ µC i q 2 = 4 ⁢⁢ µC znajdują się w r 1 = 4 ⁢⁢ m ⋅ i ̂ − 2 ⁢⁢ m ⋅ j ̂ + 2 ⁢⁢ m ⋅ k ̂ i w r 2 = 8 ⁢⁢ m ⋅ i ̂ + 5 ⁢⁢ m ⋅ j ̂ − 9 ⁢⁢ m ⋅ k ̂ . Z jaką siłą q 2 działa na q 1 ? Jaka siła działa na ładunek 5 ⁢⁢ µC pokazany poniżej? F → wyp = − 8,99 ⋅ 10 9 ⋅ 3 ⋅ 10 -6 ⋅ 5 ⋅ 10 -6 ∕ 3 ⁢⁢ m 2 − 8,99 ⋅ 10 9 ⋅ 9 ⋅ 10 -6 ⋅ 5 ⋅ 10 -6 ∕ 3 ⁢⁢ m 2 ⋅ i ̂ , − 8,99 ⋅ 10 9 ⋅ 6 ⋅ 10 -6 ⋅ 5 ⋅ 10 -6 ∕ 3 ⁢⁢ m 2 ⋅ j ̂ = − 0,06 ⁢⁢ N ⋅ i ̂ − 0,03 ⁢⁢ N ⋅ j ̂ . Jaka siła działa na ładunek 2 ⁢⁢ µN umieszczony w środku kwadratu pokazanego poniżej? Cztery naładowane cząstki są umieszczone w narożach równoległoboku, tak jak to pokazano na rysunku poniżej. Jeżeli q = 5 ⁢⁢ µC i Q = 8 ⁢ µC , to jaka wypadkowa siła działa na ładunek q ? Ładunki Q i q tworzą trójkąt prostokątny o bokach 1 ⁢⁢ m i 3 + 3 ⁢ m ⁢ . Ładunki 2 ⁢ Q i q tworzą trójkąt prostokątny o bokach 1 ⁢ m i 3 ⁢⁢ m ⁢ . F x = 0,036 ⁢⁢ N ⁢ , F y = 0,09 ⁢ N , F → wyp = 0,036 ⁢⁢ N ⁢ ⋅ i ̂ + 0,09 ⁢ N ⁢ ⋅ j ̂ . Ładunek Q jest zlokalizowany w początku układu współrzędnych, a drugi ładunek q przemieszcza się wzdłuż osi x , jak pokazano na rysunku poniżej. Jaką pracę nad ładunkiem q wykonuje pole elektryczne, gdy q przemieszcza się z x 1 do x 2 ? Ładunek q = − 2 ⁢⁢ µC rusza ze spoczynku z punktu odległego o 2 ⁢⁢ m od zlokalizowanego ładunku Q = 6 ⁢ µC . Jaka jest energia kinetyczna ładunku q , gdy znajduje się on w odległości 1 ⁢⁢ m od Q ? W = 0,054 ⁢⁢ J . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie środkowym M przeciwprostokątnej trójkąta pokazanego na rysunku poniżej? Określ natężenie pola elektrycznego w punkcie P dla układów ładunków pokazanych na rysunku poniżej. a. E → = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q ∕ 2 ⁢ a 2 − q ∕ a 2 ⋅ i ̂ ; b. E → = 3 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q ∕ a 2 ⋅ − j ̂ ; c. E → = 2 ∕ π ⁢ ε 0 ⋅ q ∕ a 2 ⋅ 1 ∕ 2 ⋅ − j ̂ . Odpowiedz na poniższe pytania. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w dolnym, prawym narożniku kwadratu pokazanego na rysunku poniżej? Jaka siła działa na ładunek q umieszczony w tym punkcie? Następujące ładunki punktowe są rozmieszczone w narożach pokazanego poniżej prostokąta: q 1 = 2 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C , q 2 = − 2 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C , q 3 = 4 ⋅ 10 -6 ⁢⁢ C oraz q 4 = 10 -6 ⁢⁢ C . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w punkcie P ? E → = 6,4 ⋅ 10 6 ⁢⁢ N ∕ C ⋅ i ̂ + 1,5 ⋅ 10 7 ⁢ N ∕ C ⋅ j ̂ . Trzy ładunki znajdują się w narożach równoległoboku, tak jak pokazano na rysunku poniżej. Jeżeli Q = 42 ⁢⁢ µC , to jakie jest natężenie pola elektrycznego w nieobsadzonym narożniku? Dodatni ładunek q rusza z punktu w początku prostokątnego układu współrzędnych i przemieszcza się pod wpływem pola elektrycznego o natężeniu E → = E 0 ⋅ 1 + x ∕ a ⋅ i ̂ . Jaka jest energia kinetyczna ładunku q , gdy przechodzi przez punkt o współrzednej x = 3 ⁢ a ? F = q ⁢ E 0 ⋅ 1 + x ∕ a ⋅ W = 1 ∕ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − v 0 2 , 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v 2 = q ⁢ E 0 ⋅ 15 ⁢ a ∕ 2 ⁢⁢ J . Cząstka o ładunku − q i masie m znajduje się w środku jednorodnie naładowanego pierścienia, którego całkowity ładunek wynosi Q , a promień równa się R . Cząstka zostaje przesunięta na niewielką odległość wzdłuż osi prostopadłej do płaszczyzny pierścienia i uwolniona. Zakładając, że cząstka może się poruszać tylko wzdłuż tej osi, pokaż, że cząstka wykonuje harmoniczne drgania z częstotliwością f = q ⁢ Q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ m ⁢ R 3 ∕ 2 ⁢ π . Ładunek jest rozłożony równomiernie wzdłuż całej osi y z liniową gęstością λ y i wzdłuż dodatniej osi x od x = a do x = b z liniową gęstością λ x . Z jaką siłą działają na siebie te rozkłady ładunków? Natężenie pola elektrycznego drutu w x : E → ⁢ x = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 2 ⁢ λ y ∕ x ⋅ i ̂ , d F = λ y ⁢ λ x ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ ln b − ln a . Kolisty łuk, pokazany poniżej, posiada ładunek, na jednostkę długości λ = λ ⁢ cos θ , gdzie kąt θ jest mierzony od osi x . Jakie jest natężenie pola w początku układu? Oblicz natężenie pola elektrycznego w punkcie P na osi z od jednorodnie naładowanego pręta o długości L , ułożonego na osi x z jednym końcem w początku układu. d E x = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ d x ∕ x 2 + a 2 ⋅ x ∕ x 2 + a 2 , E → x = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 ∕ L 2 + a 2 − 1 ∕ a ⋅ i ̂ , d E z = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ λ ⁢ d x ∕ x 2 + a 2 ⋅ x ∕ x 2 + a 2 , E → z = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ a ⋅ L ∕ L 2 + a 2 ⋅ k ̂ . Podstawiając z zamiast a , otrzymujemy E → ⁡ z = λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 ∕ L 2 + z 2 − 1 ∕ z ⋅ i ̂ + λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ z ⋅ L ∕ L 2 + z 2 ⋅ k ̂ . Ładunek przypadający na jednostkę długości cienkiego pręta pokazanego na rysunku poniżej wynosi λ ⁢ . Jak siła elektrostatyczna działa na ładunek punktowy q ? Rozwiąż to zadanie, biorąc najpierw pod uwagę siłę elektrostatyczną d F → działającą na q , której źródłem jest mały fragment d x pręta, posiadający ładunek λ ⁢ d x ⁢ . Następnie oblicz siłę wypadkową, całkując d F → po długości pręta. Ładunek przypadający na jednostkę długości cienkiego pręta, pokazanego poniżej, wynosi λ ⁢ . Jaka siła elektrostatyczna działa na ładunek punktowy q (zobacz poprzednie zadanie)? Siła wypadkowa działa tylko w kierunku y . Niech θ będzie kątem, który wektor łączący d x z q tworzy z osią x . Składowe w kierunku x znoszą się ze względu na symetrię układu, tak że pozostaje tylko składowa y siły. d F y = 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ a ⁢ q ⁢ λ ⁢ d x ∕ x 2 + a 2 3 ∕ 2 , F y = 1 ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q ⁢ λ ∕ a ⋅ l ∕ 2 l ∕ 2 2 + a 2 1 ∕ 2 . Ładunek przypadający na jednostkę długości cienkiego półkolistego drutu, pokazanego poniżej, wynosi λ . Jaka siła działa na ładunek punktowy q (zobacz poprzednie zadanie)? moment dipolowy (ang. dipole moment ) charakteryzuje dipol; iloczyn odległości pomiędzy przeciwnymi ładunkami i wartości tych ładunków wyindukowany moment dipolowy (wyindukowany dipol) (ang. induced dipole ) charakterystyczny dla atomu lub sferycznie symetrycznej cząsteczki; moment dipolowy (dipol) wygenerowany w wyniku działania przeciwnie skierowanych sił rozsuwających ładunki dodatnie i ujemne trwałe dipole (ang. permanent dipole ) charakterystyczne dla cząsteczek; dipol (moment dipolowy) istniejący w wyniku trwałego ułożenia naładowanych cząstek, które tworzą dipol", "section": "Dipole elektryczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Wodospad Wiktorii na rzece Zambezi na granicy Zimbabwe i Zambii ma 1700 metrów szerokości i 108 metrów wysokości. Średnio przepływa przez niego 935 metrów sześciennych wody na sekundę. Ten gigantyczny przepływ wody posłużył nam do zilustrowania pojęcia strumienia pola, które łączy ze sobą wielkość fizyczną opisującą pole oraz powierzchnię, przez którą strumień przenika. I chociaż wprowadzamy to pojęcie dla pola elektrycznego, może być ono stosowane do zjawisk innych niż elektryczne, na przykład do przepływu płynów. Źródło: adaptacja pracy „Alessandro”/Flickr Pojęcie strumienia pola jest szeroko stosowane w fizyce. W tym rozdziale zajmiemy się strumieniem pola elektrycznego. W oparciu o definicję strumienia pola elektrycznego wyprowadzimy prawo Gaussa, które jest szczególnie użyteczne do wyznaczania natężenia pola elektrycznego dla symetrycznego rozkładu ładunku tj. dla znanego rozkładu linii pola. Głównymi, omawianymi tutaj zagadnieniami są: Strumień pola elektrycznego. Definiujemy strumień pola elektrycznego przez otwarte i zamknięte powierzchnie. Prawo Gaussa. Wyprowadzamy prawo Gaussa dla dowolnego rozkładu ładunku i sprawdzamy, jakie ma ono znaczenie w wyznaczaniu natężenia pola elektrycznego. Obliczanie natężenia pola elektrycznego na podstawie prawa Gaussa. W tym rozdziale skupiamy się na wyjaśnieniu, jak korzystać z prawa Gaussa do wyznaczenia natężenia pola o znanej geometrii linii (symetryczny rozkład ładunku). Omawiamy znaczenie wyboru powierzchni Gaussa i podajemy przykłady zastosowania prawa Gaussa. Pole elektryczne w przewodnikach. Wykorzystując prawo Gaussa udowodnimy znikanie pola elektrycznego wewnątrz przewodników. Ustaliliśmy, że pole elektryczne zaczyna się i kończy na ładunkach punktowych i że natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ładunek punktowy jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości od tego ładunku. Właściwości pola elektrycznego ładunku punktowego pozwoliły na wyprowadzenie (później uogólnionego) ważnego matematycznego związku znanego jako prawo Gaussa. To prawo zostało nazwane dla uczczenia wybitnego niemieckiego matematyka i naukowca Karla Friedricha Gaussa (1777–1855) – . Prawo Gaussa pozwala w wygodny i prosty sposób wyznaczać natężenie pola elektrycznego i, jak to zobaczymy, może być prostsze w zastosowaniu niż metoda całkowania (sumowania), oparta na wykorzystaniu prawa Coulomba, opisana w poprzednim rozdziale. Jednak prawo Gaussa, chociaż zawsze słuszne, ma ograniczone możliwości zastosowania, może być łatwo wykorzystane jedynie dla rozkładów ładunku o określonej symetrii. Karl Friedrich Gauss (1777–1855) był sławnym dziewiętnastowiecznym matematykiem. Choć jego dorobek naukowy dotyczy głównie matematyki, jego wkład w rozwój fizyki i astronomii jest również znaczący.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Strumień pola elektrycznego Formalnie strumień (ang. flux ) wyrażamy jako iloczyn skalarny pola wektorowego (w tym rozdziale – pola elektrycznego) i powierzchni. Strumień pola elektrycznego można zobrazować jako liczbę linii pola elektrycznego przechodzących przez powierzchnię ( ), która im większa, tym więcej linii pola przechodzi przez nią i tym samym większy jest strumień; podobnie im silniejsze jest pole elektryczne (co oznacza większą gęstość linii pola), tym większy jest strumień. Z drugiej strony, gdy obrócimy powierzchnię, tak że linie pola są równoległe do płaszczyzny, to żadna z linii nie przechodzi przez nią i strumień jest zerowy. Strumień pola elektrycznego zawiera informację o „liczbie” linii pola elektrycznego przechodzących przez powierzchnię. Wartość liczbowa strumienia zależy od wartości natężenia pola elektrycznego, wielkości powierzchni i jej orientacji względem kierunku pola elektrycznego. Makroskopowa analogia, która może pomóc w zrozumieniu tego pojęcia, to umieszczenie obręczy w rzece. Gdy zmieniamy kąt, jaki tworzy ona względem kierunku prądu rzeki, regulujemy strumień wody przepływający przez obręcz. Podobnie przepływ wody przez obręcz zależy od tego, jak silny jest prąd rzeki i jak wielka jest obręcz. Podkreślmy ponownie, że pojęcie strumienia jest bardzo ogólne; przykładowo możemy je również stosować do opisu ilości promieniowania słonecznego docierającego do panelu fotowoltaicznego czy też rejestrowanej w teleskopie ilości energii docierającej z odległych gwiazd. Żeby wyrazić ilościowo to pojęcie, na (a) pokazano płaską powierzchnię S 1 prostopadłą do linii jednorodnego pola elektrycznego E → = E ⋅ y ̂ . Jeżeli N linii pola przechodzi przez powierzchnię S 1 , to z definicji linii pola elektrycznego ( Ładunki elektryczne i pola ) wiemy, że N ∕ S 1 ∝ E , czyli N ∝ E ⁢ S 1 . Wielkość E ⁢ S 1 jest strumieniem natężenia pola elektrycznego (ang. electric flux ) przez S 1 . Strumień natężenia pola elektrycznego przez otwartą powierzchnię taką jak S 1 oznaczamy symbolem Φ E \\Phi_E . Jest on wielkością skalarną i jego jednostką w układzie SI jest N ⁢ m 2 ∕ C . Zauważ, że N ∝ E ⁢ S 1 można zapisać jako N ∝ Φ E N \\propto \\Phi_E , pokazując, że strumień natężenia pola elektrycznego jest miarą liczby linii pola elektrycznego przenikających przez powierzchnię. (a) Płaska powierzchnia S 1 jest prostopadła do pola elektrycznego o natężeniu E ⁢ j ̂ . N linii pola przechodzi przez powierzchnię S 1 . (b) Powierzchnia S 2 , której rzut na płaszczyznę x z to S 1 . Ta sama liczba linii pola przenika obie powierzchnie. Rozważmy teraz przykład płaskiej powierzchni, która nie jest prostopadła do pola. Jak przedstawiamy strumień natężenia pola elektrycznego dla takiego przypadku? (b) pokazuje powierzchnię S 2 , która jest nachylona pod kątem θ w stosunku do płaszczyzny x z i której rzut na tę płaszczyznę wynosi S 1 . Związek pomiędzy powierzchniami jest dany przez S 2 ⁢ cos θ = S 1 . Ponieważ ta sama liczba linii pola przechodzi przez obie powierzchnie S 1 i S 2 , strumienie przez obie powierzchnie są takie same. Strumień przez S 2 wynosi więc Φ E = E ⁢ S 1 = E ⁢ S 2 ⁢ cos θ \\Phi_E = ES_1 = ES_2 \\cos \\theta . Wprowadzając n ̂ 2 jako wektor jednostkowy prostopadły do S 2 – zob. (b), otrzymujemy Φ E = E → ⋅ n ̂ 2 ⁢ S 2 ⁢ . \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\hat{n}_2 S_2 \\text{.} Obejrzyj film , żeby zobaczyć, jak zmienia się strumień wraz ze zmianą powierzchni i jej nachylenia lub zmianą natężenia pola elektrycznego. Wektor powierzchni Przy omawianiu strumienia pola wektorowego wygodnie jest wprowadzić wektor powierzchni S → . Pozwala to na zapisanie ostatniego równania w bardziej spójnej postaci. Jaka powinna być długość wektora powierzchni? Jaki powinien być kierunek wektora powierzchni? Jakie są konsekwencje odpowiedzi udzielonych na powyższe pytania? Wektor powierzchni (ang. area vector ) dla płaskiej powierzchni S ma następującą długość i kierunek: długość jest równa liczbowo powierzchni ( S ); skierowany jest wzdłuż normalnej do powierzchni ( n ̂ ); to znaczy jest prostopadły do powierzchni. Ponieważ normalna do płaskiej powierzchni może być zwrócona w górę lub w dół, zwrot wektora powierzchni dla otwartej powierzchni może zostać wybrany, tak jak pokazano na . Dla płaszczyzny otwartej należy wybrać zwrot wektora powierzchni; można to zrobić na dwa pokazane tutaj sposoby. Wektor powierzchni dla wycinka powierzchni zamkniętej jest z definicji zwrócony na zewnątrz. W ten sposób jednoznacznie określamy jego zwrot. Ponieważ n ̂ jest wektorem jednostkowym prostopadłym do powierzchni (wersorem), dla każdego punktu powierzchni można wybrać zwrot wektora powierzchni na dwa sposoby – (a). Dla otwartej powierzchni możemy przyjąć jeden z dwóch możliwych zwrotów, ale wyboru tego musimy konsekwentnie przestrzegać. Część (c) pokazuje kilka przypadków. (a) Dla każdego punktu powierzchni możemy wybrać wektor jednostkowy normalny do powierzchni na dwa sposoby. (b) W celu obliczenia strumienia przez zamkniętą powierzchnię stosujemy wektor jednostkowy normalny do powierzchni, skierowany na zewnątrz powierzchni. (c) Tylko dla S 3 podano spójny zestaw wektorów normalnych, pozwalający na zdefiniowanie strumienia przez tę powierzchnię. Jeżeli mamy do czynienia z zamkniętą powierzchnią, to otacza ona pewną objętość. W takim przypadku wektor normalny (ang. normal vector ) w każdym punkcie powierzchni jest skierowany od jej wnętrza na zewnątrz. Dla zamkniętej powierzchni, takiej jak na (b), n ̂ jest wybrany tak, aby dla każdego punktu powierzchni był skierowany wzdłuż normalnej na zewnątrz, zgodnie z przyjętą konwencją znaku ładunku elektrycznego. Strumień natężenia pola elektrycznego Teraz, kiedy już zdefiniowaliśmy wektor powierzchni, możemy określić strumień natężenia jednorodnego pola elektrycznego przez płaską powierzchnię jako iloczyn skalarny natężenia pola elektrycznego i wektora powierzchni, tak jak go zdefiniowano w podrozdziale Mnożenie wektorów Φ E = E → ⋅ S → ⁢ . \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\vec{S} \\text{.} Na pokazane jest pole elektryczne wytworzone przez przeciwnie naładowane, równoległe płytki, pomiędzy którymi znajduje się wirtualne pudełko. Pole elektryczne pomiędzy płytkami jest jednorodne i skierowane od płytki dodatniej do płytki ujemnej. Obliczenia strumienia natężenia pola elektrycznego przez różne ścianki pudełka pokazują, że wypadkowy strumień przechodzący przez pudełko jest równy zero. Dlaczego tak jest? Strumień natężenia pola elektrycznego przenikający sześcian umieszczony pomiędzy dwoma naładowanymi płytkami. Strumień przez dolną ściankę ( A B C D A \\sep B \\sep C \\sep D ) jest ujemny, ponieważ wektor E → jest zwrócony przeciwnie do normalnej do powierzchni. Strumień przez górną ściankę ( F G H K F \\sep G \\sep H \\sep K ) jest dodatni, ponieważ wektor ten i normalna mają ten sam zwrot. Strumień przez pozostałe ścianki jest równy zero, gdyż wektor natężenia pola elektrycznego jest prostopadły do wektorów normalnych dla tych ścianek. Wypadkowy strumień przez sześcian jest sumą strumieni przenikających sześć ścianek i w tym przypadku wynosi zero. Wartość strumienia przez prostokąt B C K F B \\sep C \\sep K \\sep F jest równa wartości strumienia przez górną i dolną ściankę. Powodem tego jest fakt, że źródła pola elektrycznego znajdują się na zewnątrz pudełka, a nie w jego wnętrzu, stąd linie pola, które wchodzą do wnętrza pudełka przenikając przez jego ścianki, muszą też z niego wyjść. Zatem, mówiąc ogólnie, strumień natężenia pola elektrycznego przez zamkniętą powierzchnię jest równy zero, gdy nie ma ładunków źródłowych, dodatnich bądź ujemnych, wewnątrz zamkniętej powierzchni. Gdy linie pola wychodzą z zamkniętej powierzchni, to Φ E \\Phi_E jest dodatni; a gdy wchodzą do powierzchni, Φ E \\Phi_E jest ujemny. Każdą gładką, niepłaską powierzchnię można potraktować jako zbiór małych, w przybliżeniu płaskich elementów, tak jak pokazano na . Jeżeli podzielimy powierzchnię S na małe elementy (fragmenty), to zauważymy, że im mniejsze są te elementy, tym z lepszym przybliżeniem tworzą płaskie powierzchnie. Powierzchnię Ziemi również traktujemy lokalnie jako płaską, chociaż wiemy, że w całości ma w przybliżeniu kształt kulisty. Powierzchnia została podzielona na elementarne wycinki w celu wyznaczenia strumienia. Żeby kontrolować elementy powierzchni, możemy je ponumerować od 1 do N . Teraz dla każdego elementu definiujemy wektor o długości odpowiadającej wartości jego pola powierzchni i skierowany wzdłuż normalnej. Oznaczmy wektor powierzchni dla i -tego elementu jako δ S → i \\prefop{\\delta} \\vec{S}_i (użyliśmy symbolu δ , ponieważ element jest dowolnie mały). Dla dostatecznie małych elementów możemy z dobrym przybliżeniem przyjąć, że pole elektryczne przechodzące przez nie jest jednorodne. Oznaczmy średnie natężenie pola elektrycznego w miejscu i -tego elementu jako E → i . Zatem możemy zapisać strumień natężenia pola elektrycznego Φ E \\Phi_E przez powierzchnię i -tego elementu jako δ Φ E i = E → i ⋅ δ S → i ⁢ . \\prefop{\\delta} \\Phi_{E\\sep i} = \\vec{E}_i \\cdot \\prefop{\\delta} \\vec{S}_i \\text{.} W ten sposób możemy wyznaczyć strumień przenikający przez każdy pojedynczy element (fragment) powierzchni, a następnie zsumować pojedyncze strumienie, aby wyznaczyć (oszacować) wypadkowy strumień przenikający przez całą powierzchnię S , który oznaczamy po prostu jako Φ E \\Phi_E Φ E = ∑ i = 1 N δ Φ E i = ∑ i = 1 N E → i ⋅ δ S → i ⁢ . \\Phi_E = \\sum_{i=1}^N \\prefop{\\delta} \\Phi_{E\\sep i} = \\sum_{i=1}^N \\vec{E}_i \\cdot \\prefop{\\delta} \\vec{S}_i \\text{.} To szacowanie staje się coraz dokładniejsze wraz ze zmniejszaniem się elementów. Jednak gdy dzielimy powierzchnię na mniejsze fragmenty, to potrzebujemy ich więcej do pokrycia całej powierzchni. W granicy dla nieskończenie małych elementów (elementów różniczkowych) można przyjąć, że mają one powierzchnię d S i jednostkowy wektor normalny (wersor) n ̂ . Ponieważ elementy są nieskończenie małe, możemy je uznać za płaskie i przyjąć, że E → i przenikające przez każdy element jest stałe. Wtedy strumień d Φ E \\d \\Phi_E przez powierzchnię d S jest dany jako d Φ E = E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\d \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S . Jest on dodatni, gdy kąt pomiędzy E → i oraz n ̂ wynosi mniej niż 90 ° i ujemny, gdy kąt jest większy niż 90 ° . Wypadkowy strumień jest sumą nieskończenie małych elementarnych strumieni dla całej powierzchni. Dla nieskończenie małych elementów powierzchni ich liczba zmierza do nieskończoności i suma przechodzi w całkę. Otrzymujemy zatem całkę po (otwartej) powierzchni S Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = ∬ S E → ⋅ d S → ⁢ . \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{S} \\text{.} W praktyce całki powierzchniowe obliczamy, stosując całkę podwójną po obu wymiarach (zmiennych), przyjmując krawędzie rozpatrywanej powierzchni jako granice całkowania. Aby rozróżnić strumień przez otwartą powierzchnię, taką jak na , od strumienia przez zamkniętą powierzchnię (otaczającą pewną objętość), przedstawiamy strumień przez zamkniętą powierzchnię jako Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = ∯ S E → ⋅ d S → ⁢ , \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{S} \\text{,} gdzie kółko na symbolu całki oznacza, że mamy do czynienia z powierzchnią zamkniętą i że całkujemy po całej tej powierzchni. Jeżeli całkujemy tylko po części zamkniętej powierzchni, oznacza to, że traktujemy ten jej podzbiór jako powierzchnię otwartą. Strumień natężenia jednorodnego pola elektrycznego Pole elektryczne o stałym natężeniu E 0 jest skierowane w stronę dodatniej osi z ( ). Ile wynosi strumień pola elektrycznego przez prostokątną powierzchnię o bokach a i b , znajdującą się w płaszczyźnie x y ; w płaszczyźnie x z ? Obliczanie strumienia natężenia pola elektrycznego E 0 przez prostokątną powierzchnię. Strategia rozwiązania Skorzystajmy z definicji strumienia: Φ E = E → ⋅ S → \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\vec{S} (jednorodne pole E → ), w której kluczowe jest obliczenie iloczynu skalarnego. Rozwiązanie W tym przypadku Φ E = E → 0 ⋅ S → = E 0 ⁢ S = E 0 ⁢ a ⁢ b ⁢ . \\Phi_E = \\vec{E}_0 \\cdot \\vec{S} = E_0 S = E_0 ab \\text{.} Wektor powierzchni jest zwrócony albo wzdłuż dodatniej osi y , albo w stronę ujemnej osi y . Dlatego iloczyn skalarny natężenia pola elektrycznego i wektora powierzchni wynosi zero i w konsekwencji strumień też ma wartość zero. Znaczenie Orientacja pola elektrycznego względem powierzchni może w szczególności skutkować zerowym strumieniem pola przez powierzchnię. Strumień natężenia pola elektycznego przez zamkniętą powierzchnię Stałe pole elektryczne o natężeniu E 0 jest zwrócone w stronę dodatniej osi z ( ). Ile wynosi wypadkowy strumień pola przez sześcian? Obliczanie strumienia natężenia pola elektrycznego E 0 przez zamkniętą powierzchnię sześcianu. Strategia rozwiązania Skorzystajmy z definicji strumienia: Φ E = E → ⋅ S → \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\vec{S} (jednorodne pole E → ), pamiętając, że dla powierzchni zamkniętej nie występuje niejednoznaczność w wyborze zwrotu wektora powierzchni. Rozwiązanie Dla górnej ścianki sześcianu Φ E = E → 0 ⋅ S → = E 0 ⁢ S ⁢ . \\Phi_E = \\vec{E}_0 \\cdot \\vec{S} = E_0 S \\text{.} Dla dolnej ścianki sześcianu Φ E = E → 0 ⋅ S → = − E 0 ⁢ S ⁢ , \\Phi_E = \\vec{E}_0 \\cdot \\vec{S} = - E_0 S \\text{,} ponieważ wektor powierzchni jest zwrócony w dół. Dla pozostałych czterech ścianek wektor powierzchni jest prostopadły do kierunku pola, dlatego iloczyn skalarny natężenia pola i wektora powierzchni jest równy zero i daje zerowy strumień. Wypadkowy strumień wynosi Φ E wyp = E 0 ⁢ S − E 0 ⁢ S = 0 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ⁢ . \\Phi_{E\\sep\\text{ wyp}} = E_0 S - E_0 S = \\SI{0}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} \\text{.} Znaczenie Wypadkowy strumień jednorodnego pola elektrycznego przez zamkniętą powierzchnię jest równy zero. Strumień natężenia pola elektrycznego przez płaszczyznę, metoda całkowania Jednorodne pole elektryczne o natężeniu E → równym 10 ⁢ N ∕ C jest skierowane równolegle do płaszczyzny y z i pod kątem 30 ° w górę od płaszczyzny x y , jak pokazano na . Ile wynosi strumień natężenia pola elektrycznego przez płaszczyznę o powierzchni 6 ⁢ m 2 , leżącą w płaszczyźnie x z ? Załóżmy, że n ̂ jest zgodny z kierunkiem osi y . Wypadkowy strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię S . Strategia rozwiązania Skorzystajmy z równania Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S , gdzie kierunek i wartość natężenia pola elektrycznego są stałe. Rozwiązanie Kąt pomiędzy wektorem natężenia jednorodnego pola elektrycznego E → a wersorem normalnym do powierzchni n ̂ wynosi 30 ° . Ponieważ zarówno kierunek, jak i wartość natężenia pola elektrycznego są stałe, można wyłączyć E przed całkę. Pozostaje więc całkowanie po powierzchni d S , które daje w wyniku S . Stąd, korzystając z równania dla otwartej powierzchni, znajdujemy strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⁢ S ⁢ cos θ = 10 ⁢ N ∕ C ⋅ 6 ⁢ m 2 ⋅ cos 30 ° = 52 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ⁢ . \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = ES \\cos \\theta = \\SI{10}{\\newton\\per\\coulomb} \\cdot \\SI{6}{\\metre\\squared} \\cdot \\cos \\ang{30} = \\SI{52}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} \\text{.} Znaczenie Ponownie istotny jest kierunek pola elektrycznego względem powierzchni, a ogólne równanie zawierające całkę upraszcza się do zwykłego iloczynu skalarnego powierzchni i natężenia pola elektrycznego. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki kąt powinien tworzyć wektor natężenia pola elektrycznego z powierzchnią pokazaną na w poprzednim przykładzie, aby strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię był równy zero? Należy ustawić powierzchnię tak, aby wersor normalny był prostopadły do E → . Niejednorodne pole elektryczne Jaki jest całkowity strumień pola elektrycznego o natężeniu E → = c ⁢ y 2 ⁢ k ̂ przez prostokątną powierzchnię pokazaną na ? Ponieważ natężenie pola elektrycznego nie jest stałe na całej powierzchni, do obliczenia strumienia konieczne jest całkowanie. Strategia rozwiązania Skorzystajmy ze wzoru Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S . Zakładamy, że wersor normalny n ̂ w danym punkcie powierzchni jest skierowany w dodatnim kierunku z , tak że n ̂ = k ̂ . Ponieważ natężenie pola elektrycznego nie jest jednakowe na całej powierzchni, konieczne jest podzielenie powierzchni na nieskończenie małe paski, wzdłuż których E → jest stałe. Tak jak pokazano na , te paski są równoległe do osi x i każdy z nich ma powierzchnię d S = b ⁢ d y . Rozwiązanie Znajdujemy wypadkowy strumień natężenia pola elektrycznego przez prostokątną powierzchnię, obliczając całkę dla powierzchni otwartej Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = ∫ 0 a c ⁢ y 2 ⁢ k ̂ ⋅ k ̂ ⁢ b ⁢ d y = c ⁢ b ⁢ ∫ 0 a y 2 ⁢ d y = 1 3 ⁢ a 3 ⁢ b ⁢ c ⁢ . \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\int_0^a cy^2 \\hat{k} \\cdot \\hat{k} b \\d y = cb \\int_0^a y^2 \\d y = \\frac{1}{3}a^3bc \\text{.} Znaczenie Metoda całkowania jest konieczna w przypadku niejednorodnego pola elektrycznego. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli pole elektryczne w ma natężenie E → = m ⁢ x ⁢ k ̂ , to ile wynosi strumień przechodzący przez prostokątną powierzchnię? m ⁢ a ⁢ b 2 ∕ 2 . Podsumowanie Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię jest proporcjonalny do liczby linii pola przenikających powierzchnię. Zauważ, że wielkość strumienia jest proporcjonalna do części (składowej) pola prostopadłej do powierzchni. Strumień natężenia pola elektrycznego jest wyznaczany poprzez obliczenie całki powierzchniowej Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = ∯ S E → ⋅ d S → ⁢ , \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{S} \\text{,} gdzie S jest powierzchnią zamkniętą. Pytania Przeanalizuj, jakie powinno być ustawienie płaskiej powierzchni S w jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu E 0 , aby uzyskać maksymalny strumień; minimalny strumień; przez tę powierzchnię. a. Jeżeli płaska powierzchnia jest ustawiona prostopadle do wektora natężenia pola elektrycznego, to strumień jest maksymalny; b. Jeżeli płaska powierzchnia jest ustawiona równolegle do wektora natężenia pola elektrycznego, to strumień jest minimalny. Jakie są maksymalna i minimalna wartość strumienia w poprzednim pytaniu? Wypadkowy strumień natężenia pola elektrycznego przechodzącego przez powierzchnię zamkniętą jest zawsze równy zero. Prawda czy fałsz? Prawda. Wypadkowy strumień natężenia pola elektrycznego przechodzącego przez powierzchnię otwartą nigdy nie jest równy zero. Prawda czy fałsz? Zadania Jednorodne pole elektryczne o natężeniu 1,1 ⋅ 10 4 ⁢ N ∕ C jest prostopadłe do kwadratowej powierzchni o boku długości 2 ⁢ m . Jaki jest strumień natężenia pola elektrycznego przez tę powierzchnię? Oblicz strumień przez powierzchnię z poprzedniego zadania w sytuacji, gdy płaszczyzna tworzy kąt 60 ° z kierunkiem pola. Znajdź strumień dla obu zwrotów wersora normalnego do powierzchni. Φ E = E → ⋅ S → = E ⁢ S ⁢ cos θ = 2,2 ⋅ 10 4 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\vec{S} = ES \\cos \\theta = \\SI{2.2e4}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} pole elektryczne zgodne z kierunkiem wersora normalnego, Φ E = E → ⋅ S → = E ⁢ S ⁢ cos θ = − 2,2 ⋅ 10 4 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\vec{S} = ES \\cos \\theta = -\\SI{2.2e4}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} pole elektryczne przeciwne do wersora normalnego. Znajdź strumień natężenia pola elektrycznego przez prostokątną powierzchnię o wymiarach 3 ⁢ cm × 2 ⁢ cm , znajdującą się pomiędzy dwoma płytami, między którymi występuje stałe pole elektryczne o natężeniu 30 ⁢ N ∕ C dla następujących ustawień tej powierzchni: równolegle do płyt; prostopadle do płyt; normalna do powierzchni tworzy kąt 30 ° z kierunkiem pola elektrycznego. Zauważ, że ten kąt może być także podany jako równy 180 ° + 30 ° . Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię w kształcie kwadratu o boku 5 ⁢ cm , umieszczoną w pobliżu dużej naładowanej płyty, wynosi 3 ⋅ 10 -5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C , gdy powierzchnia jest ustawiona równolegle do płyty. Znajdź gęstość powierzchniową ładunku płyty. E = σ ∕ 2 ⁢ ε 0 = Φ E ∕ S ⇒ σ = 2 ⁢ ε 0 ⁢ Φ E ∕ S = 2,12 ⋅ 10 -13 ⁢ C ∕ m E = \\sigma / (2 \\epsilon_0) = \\Phi_E / S \\implies \\sigma = 2 \\epsilon_0 \\Phi_E / S = \\SI{2,12e-13}{\\coulomb\\per\\metre} Dwie duże, prostokątne płyty aluminiowe o powierzchni 150 ⁢ cm 2 ustawione są naprzeciw siebie w odległości 3 ⁢ mm od siebie. Płyty naładowane są ładunkami jednakowymi co do wartości, ale o przeciwnych znakach, ± 20 ⁢ µC \\prefop{\\pm} \\SI{20}{\\micro\\coulomb} . Ładunki na płytach znajdują się naprzeciw siebie. Znajdź strumień przechodzący przez koło o promieniu 3 ⁢ cm , umieszczone pomiędzy płytami, gdy normalna do powierzchni koła tworzy kąt 5 ° z linią prostopadłą do płyt. Zauważ, że ten kąt może być również podany jako równy 180 ° + 5 ° . Kwadrat o powierzchni 2 ⁢ cm 2 znajduje się w jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu 10 3 ⁢ N ∕ C . Wielkość strumienia przez ten kwadrat zależy od jego ustawienia względem kierunku pola elektrycznego. Znajdź strumień natężenia pola elektrycznego przez kwadrat, gdy normalna do jego powierzchni tworzy następujące kąty z polem elektrycznym: 30 ° ; 90 ° ; 0 ° . Zauważ, że te kąty mogą być też podane jako równe 180 ° + θ . a. Φ E = 0 17 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; b. Φ E = 0 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; c. Φ E = 0,2 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Pole wektorowe jest skierowane wzdłuż osi z , v → = α ∕ x 2 + y 2 ⋅ k ̂ \\vec{v} = \\alpha / (x^2 + y^2) \\cdot \\hat{k} . Znajdź strumień pola wektorowego przez prostokąt znajdujący się w płaszczyźnie x y pomiędzy a < x < b oraz c < y < d ; Wykonaj te same obliczenia dla prostokąta w płaszczyźnie y z , znajdującego się pomiędzy a < z < b oraz c < y < d (podaj swoją odpowiedź w postaci całki). Rozważ jednorodne pole elektryczne o natężeniu E → = 4 ⋅ 10 3 ⁢ N ∕ C ⋅ j ̂ + 3 ⋅ 10 3 ⁢ N ∕ C ⋅ k ̂ ⁢ . \\vec{E} = \\SI{4e3}{\\newton\\per\\coulomb} \\cdot \\hat{j} + \\SI{3e3}{\\newton\\per\\coulomb} \\cdot \\hat{k} \\text{.} Jaki jest strumień natężenia tego pola elektrycznego przez kołową powierzchnię o promieniu 2 ⁢ m , która znajduje się w płaszczyźnie x y ? Φ E = 3,8 ⋅ 10 4 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Powtórz obliczenia dla powierzchni kołowej znajdującej się w płaszczyźnie y z ; pod kątem 45 ° powyżej płaszczyzny x y . Nieskończenie długi drut naładowany z gęstością liniową ładunku λ został umieszczony na osi symetrii cylindrycznej powierzchni o promieniu r i długości l . Jaki jest strumień natężenia pola elektrycznego, wytworzonego przez naładowany drut, przez tę powierzchnię? E → ⁡ z = 2 ⁢ λ ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ z ⋅ k ̂ \\vec{E} \\apply (z) = 2\\lambda / (4\\pi \\epsilon_0 z) \\cdot \\hat{k} , Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = λ ⁢ l ∕ ε 0 \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\lambda l / \\epsilon_0 . wektor powierzchni (ang. area vector ) wektor, którego długość jest równa liczbowo powierzchni i o kierunku prostopadłym do tej powierzchni strumień natężenia pola elektrycznego (ang. electric flux ) iloczyn skalarny natężenia pola elektrycznego i powierzchni, przez którą to pole przechodzi strumień (ang. flux ) ilość czegoś (jakiejś wielkości) przechodzącego przez daną powierzchnię", "section": "Strumień pola elektrycznego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wyjaśnienie prawa Gaussa Możemy teraz wyznaczyć strumień natężenia pola elektrycznego przez dowolną zamkniętą powierzchnię, od dowolnego rozkładu ładunku. Stwierdziliśmy, że gdy wewnątrz zamkniętej powierzchni nie ma żadnych ładunków, na których kończyłyby się linie pola elektrycznego, to dowolne linie pola elektrycznego wchodzące do wnętrza powierzchni w dowolnym jej punkcie muszą koniecznie wyjść na zewnątrz w innym punkcie powierzchni. Dlatego, gdy nie ma ładunków wewnątrz otoczonej (ograniczonej) powierzchnią objętości, to strumień natężenia pola elektrycznego przenikający tę powierzchnię jest równy zero. Jaki natomiast będzie strumień natężenia pola elektrycznego, gdy wewnątrz otoczonej powierzchnią objętości znajdują się ładunki elektryczne? Prawo Gaussa dostarcza ilościowej odpowiedzi na to pytanie. Żeby zorientować się, czego możemy się spodziewać, obliczymy strumień natężenia pola elektrycznego przez sferyczną powierzchnię wokół dodatniego ładunku punktowego q , gdyż wiemy, jakie jest natężenie pola elektrycznego w tym przypadku. Przypomnij sobie, że gdy umieściliśmy ładunek punktowy w początku układu współrzędnych, to natężenie pola elektrycznego w punkcie P odległym o r od ładunku było dane wyrażeniem E → P = q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , gdzie r ̂ jest wektorem jednostkowym skierowanym od ładunku do punktu P . Możemy teraz skorzystać z wyrażenia na natężenie pola elektrycznego do znalezienia strumienia pola przez powierzchnię sferyczną o promieniu r , jak pokazano na . Zamknięta sferyczna powierzchnia otaczająca ładunek punktowy q . Następnie podstawiamy wartości do wzoru Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S . Dla omawianego przypadku sfery n ̂ = r ̂ oraz r = R , tak więc dla nieskończenie małego elementu powierzchni d S d Φ E = E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q R 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d S = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q R 2 ⁢ d S ⁢ . \\d \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{R^2}\\hat{r} \\cdot \\hat{r} \\d S = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{R^2} \\d S \\text{.} Teraz obliczamy wypadkowy strumień natężenia pola elektrycznego, całkując elementarny strumień po powierzchni sfery Φ E = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q R 2 ⁢ ∯ S d S = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q R 2 ⋅ 4 ⁢ π ⁢ R 2 = q ε 0 ⁢ , \\Phi_E = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{R^2} \\prefop{\\u{222F}}_S \\d S = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{R^2} \\cdot 4\\pi R^2 = \\frac{q}{\\epsilon_0} \\text{,} gdzie uwzględniono powierzchnię sfery 4 ⁢ π ⁢ R 2 . W wyniku otrzymujemy strumień przez zamkniętą, sferyczną powierzchnię o promieniu r Φ E = q ε 0 ⁢ . \\Phi_E = \\frac{q}{\\epsilon_0} \\text{.} Ciekawe jest to, że zgodnie z powyższym równaniem strumień jest niezależny od rozmiaru powierzchni sferycznej. Można to uzasadnić następująco: ponieważ strumień jest iloczynem natężenia pola, które w tym przypadku jest proporcjonalne do 1 ∕ r 2 ⁠, i wielkości powierzchni, która jest proporcjonalna do r 2 , zatem ich iloczyn będzie wielkością niezależną od r r . Wizualizacja za pomocą linii pola elektrycznego Alternatywnym sposobem pokazania, dlaczego strumień przez zamkniętą sferyczną powierzchnię nie zależy od promienia sfery, jest obserwacja linii pola elektrycznego. Zauważmy, że każda linia pola wychodząca z ładunku q , przenikająca powierzchnię o promieniu R 1 przenika także powierzchnię o promieniu R 2 ( ). Strumienie przez sferyczne powierzchnie o promieniach R 1 i R 2 otaczające ładunek q są równe niezależnie od rozmiaru powierzchni, ponieważ wszystkie linie pola E , które zaczynają się na ładunku, wychodzą przez obie powierzchnie sferyczne. Dlatego wypadkowa liczba linii pola elektrycznego wychodzących na zewnątrz przez obie powierzchnie jest taka sama. Ta wypadkowa liczba linii odpowiada strumieniowi pola elektrycznego przenikającemu przez te powierzchnie. Widać, że gdy nie ma ładunków wewnątrz zamkniętej powierzchni, strumień pola elektrycznego musi być równy zero. Typowe linie pola wchodzą przez powierzchnię d S 1 i wychodzą przez d S 2 . Każda linia, która wchodzi przez powierzchnię musi także wyjść przez nią. Dlatego wypadkowy „przepływ” linii pola wchodzących i wychodzących jest równy zero – (a). Taka sama sytuacja ma miejsce, gdy ładunki równe, ale te o przeciwnych znakach znajdują się wewnątrz zamkniętej powierzchni, tak że wypadkowy ładunek wewnątrz jest równy zero – (b). Dla określonego ładunku możemy wybrać otaczającą powierzchnię w zasadzie dowolnie (pod względem jej kształtu i rozmiaru). Dla każdej takiej powierzchni liczba linii przechodzących przez nią będzie taka sama – (c). Rozumienie strumienia z punktu widzenia linii pola. (a) Strumień pola elektrycznego przenikającego przez zamkniętą powierzchnię, którego źródłem jest ładunek poza tą powierzchnią, jest równy zero. (b) Ładunki znajdują się wewnątrz powierzchni, ale ponieważ wypadkowy ładunek jest równy zero, również wypadkowy strumień jest równy zero. (c) Kształt i rozmiar powierzchni otaczającej ładunki nie mają znaczenia, gdyż strumień przenikający każdą powierzchnię jest taki sam. Sformułowanie prawa Gaussa Prawo Gaussa uogólnia ten wynik na przypadek dowolnej liczby ładunków o dowolnym rozmieszczeniu w przestrzeni ograniczonej przez zamkniętą powierzchnię. Zgodnie z prawem Gaussa strumień natężenia pola elektrycznego E → przez dowolną zamkniętą powierzchnię, nazywaną powierzchnią Gaussa (ang. Gaussian surface ), jest równy wypadkowemu ładunkowi otoczonemu przez tę powierzchnię ( q wew ), podzielonemu przez przenikalność elektryczną próżni ( ε 0 ) Φ E = q wew ε 0 ⁢ . \\Phi_E = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} \\text{.} To równanie obowiązuje dla ładunków dowolnego znaku, ponieważ zdefiniowaliśmy wektor powierzchni jako skierowany na zewnątrz powierzchni zamkniętej. Jeżeli otoczony ładunek jest ujemny, zobacz (b), wtedy strumień zarówno przez S , jak i S ′ jest ujemny. Strumień natężenia pola elektrycznego przez dowolną zamkniętą powierzchnię otaczającą ładunek punktowy q może być obliczony na podstawie prawa Gaussa. (a) Otoczony ładunek jest dodatni. (b) Otoczony ładunek jest ujemny. Powierzchnia Gaussa nie musi być powierzchnią rzeczywistego obiektu i zazwyczaj jest matematyczną (wirtualną) powierzchnią o dowolnym kształcie; ważne, żeby była to powierzchnia zamknięta. Jednak ponieważ zamierzamy całkować strumień po tej wirtualnej powierzchni, staramy się wybierać kształty (powierzchnie) o wysokim stopniu symetrii. Jeżeli mamy do czynienia z odrębnymi ładunkami punktowymi, to po prostu dodajemy je. Jeżeli dany jest ciągły rozkład ładunku, wtedy konieczne jest obliczenie odpowiedniej całki celem znalezienia całkowitego ładunku znajdującego się w otoczonej objętości. Na przykład strumień przez powierzchnię Gaussa S pokazaną na wynosi Φ E = q 1 + q 2 + q 5 ∕ ε 0 . Zauważmy, że q wew jest po prostu sumą ładunków punktowych. Gdybyśmy mieli do czynienia z ciągłym rozkładem ładunku, musielibyśmy obliczyć odpowiednią całkę, aby wyznaczyć całkowity ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa. Strumień przez powierzchnię Gaussa od przedstawionego rozkładu ładunków wynosi Φ E = q 1 + q 2 + q 5 ∕ ε 0 . Przypomnijmy sobie, że dla pola elektrycznego obowiązuje zasada superpozycji. Dlatego całkowite natężenie pola elektrycznego w dowolnym punkcie, w tym również na powierzchni Gaussa, jest sumą wszystkich natężeń pól elektrycznych w tym punkcie. To pozwala nam wyrazić prawo Gaussa za pomocą całkowitego natężenia pola elektrycznego. Prawo Gaussa Strumień Φ E natężenia pola elektrycznego E → przez dowolną zamkniętą powierzchnię S (powierzchnię Gaussa) jest równy wypadkowemu ładunkowi ( q wew ) otoczonemu przez tę powierzchnię, podzielonemu przez przenikalność elektryczną próżni ( ε 0 ) Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = q wew ε 0 ⁢ . \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} \\text{.} Aby skutecznie korzystać z prawa Gaussa, musisz w pełni rozumieć, co oznacza każdy wyraz w równaniu. Natężenie pola E → jest całkowitym natężeniem pola elektrycznego w każdym punkcie powierzchni Gaussa. To całkowite natężenie pola obejmuje przyczynki (wkład) od ładunków znajdujących się zarówno na zewnątrz, jak i wewnątrz powierzchni Gaussa. Jednak q wew jest ładunkiem wewnątrz powierzchni Gaussa. I wreszcie, powierzchnia Gaussa jest dowolną zamkniętą powierzchnią w przestrzeni. Może pokrywać się z rzeczywistą powierzchnią przewodnika lub może być dowolną wirtualną, geometryczną powierzchnią. Jedyny warunek, jaki musi spełniać powierzchnia Gaussa, to ten, żeby była ona powierzchnią zamkniętą ( ). Butelka Kleina (ang. Klein bottle ) wypełniona częściowo cieczą. Czy powierzchnia butelki Kleina może być użyta jako powierzchnia Gaussa? Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnie Gaussa Obliczmy strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnie Gaussa pokazane na . Różne powierzchnie Gaussa i różne ładunki. Strategia rozwiązania Zgodnie z prawem Gaussa strumień przenikający przez każdą z powierzchni jest dany wyrażeniem q wew ∕ ε 0 , gdzie q wew jest ładunkiem otoczonym przez tę powierzchnię. Rozwiązanie Φ E = 2 ⁢ µC ∕ ε 0 = 2,3 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; Φ E = − 2 ⁢ µC ∕ ε 0 = -2,3 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; Φ E = − 2 ⁢ µC ∕ ε 0 = -2,3 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; Φ E = − 4 ⁢ µC + 6 ⁢ µC − 1 ⁢ µC ∕ ε 0 = 1,1 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; Φ E = 4 ⁢ µC + 6 ⁢ µC − 10 ⁢ µC ∕ ε 0 = 0 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Znaczenie W przypadku szczególnych, zamkniętych powierzchni, obliczanie strumienia sprowadza się do sumowania ładunków. W następnej części pozwoli nam to na rozważanie bardziej złożonych układów. Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz strumień natężenia pola elektrycznego przez zamkniętą powierzchnię sześcianu dla każdego rozkładu ładunku pokazanego na . Sześcienna powierzchnia Gaussa z różnymi rozkładami ładunku. a. 3,4 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; b. − 3,4 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; c. 3,4 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; d. 0 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Za pomocą tej symulacji zmieniaj wartość ładunku i promień powierzchni Gaussa otaczającej ładunek. Zobacz, jak wpływa to na całkowity strumień pola elektrycznego i na natężenie pola na powierzchni Gaussa. Podsumowanie Prawo Gaussa wiąże strumień natężenia pola elektrycznego przez zamkniętą powierzchnię z wypadkowym ładunkiem wewnątrz tej powierzchni Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = q wew ε 0 ⁢ , \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} \\text{,} gdzie q wew jest całkowitym ładunkiem wewnątrz powierzchni Gaussa S . Przez wszystkie powierzchnie zawierające tę samą ilość ładunku przechodzi ta sama liczba linii pola, bez względu na kształt i rozmiar powierzchni, tak długo, jak powierzchnie otaczają tę samą ilość ładunku. Pytania Dwie koncentryczne, sferyczne powierzchnie otaczają ładunek punktowy q . Promień zewnętrznej sfery jest dwa razy większy niż promień sfery wewnętrznej. Porównaj strumienie natężenia pola elektrycznego przez obie powierzchnie. Ponieważ wektor natężenia pola elektrycznego zmienia się proporcjonalnie do 1 ∕ r 2 , strumienie są identyczne, gdyż S = 4 ⁢ π ⁢ r 2 . Porównaj strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię sześcianu o boku długości a , w którego środku umieszczono ładunek q , ze strumieniem przechodzącym przez sferyczną powierzchnię o promieniu a , w której środku znajduje się ładunek q . Jeżeli strumień natężenia pola elektrycznego wynosi zero, to czy oznacza to, że natężenie pola elektrycznego jest też równe zero w każdym punkcie powierzchni? Jaki wypadkowy ładunek znajduje się wewnątrz powierzchni? a. Nie; b. Zero. Przedyskutuj, jak zmieniłoby się prawo Gaussa, gdyby natężenie pola elektrycznego ładunku punktowego nie zmieniało się jak 1 ∕ r 2 . Omów podobieństwa i różnice pomiędzy polem grawitacyjnym punktowej masy m a polem elektrycznym ładunku punktowego q . Oba pola zmieniają się tak, jak 1 ∕ r 2 . Ponieważ stała grawitacyjna jest wielokrotnie mniejsza od 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 , to natężenie pola grawitacyjnego jest wiele rzędów słabsze niż natężenie pola elektrostatycznego. Przedyskutuj, czy prawo Gaussa może być stosowane w przypadku innych sił, a jeżeli tak, to jakich. Czy wyraz E → w prawie Gaussa oznacza natężenie pola elektrycznego wytworzonego tylko przez ładunki wewnątrz powierzchni Gaussa? Nie, to pole wytworzone przez wszystkie ładunki zarówno wewnątrz, jak i na zewnątrz powierzchni Gaussa. Przeformułuj prawo Gaussa, wybierając wersor normalny do powierzchni Gaussa o zwrocie do wnętrza powierzchni. Zadania Wyznacz strumień natężenia pola elektrycznego przez każdą z powierzchni, których przekroje są pokazane poniżej. Znajdź natężenie pola elektrycznego przez zamkniętą powierzchnię, której przekroje są pokazane poniżej. a. Φ E = 3,39 ⋅ 10 3 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; b. Φ E = 0 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; c. Φ E = − 2,25 ⋅ 10 5 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C ; d. Φ E = 90,4 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Ładunek punktowy q został umieszczony w środku sześcianu o krawędziach długości a . Jeżeli w układzie nie występują inne ładunki, to jaki jest strumień natężenia pola elektrycznego przechodzący przez jedną ściankę sześcianu? Ładunek punktowy 10 ⁢ µC znajduje się wewnątrz sześcianu o boku 2 ⁢ cm . Znajdź wypadkowy strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię sześcianu. Φ E = 1,13 ⋅ 10 6 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Wypadkowy strumień 10 4 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C przenika do wnętrza przez powierzchnię sfery o promieniu 5 ⁢ cm . Jak duży ładunek znajduje się wewnątrz sfery? W jaki sposób możemy na podstawie tej informacji określić dokładnie położenie ładunku? Ładunek q został umieszczony w jednym z narożników sześcianu o boku a , jak pokazano na rysunku poniżej. Wyznacz wartość strumienia natężenia pola elektrycznego przechodzącego przez zaznaczoną (pociemnioną) ściankę, wytworzonego przez ładunek q . Przyjmij q > 0 ⁢ C q > \\SI{0}{\\coulomb} . Zbuduj duży sześcian z ładunkiem q w środku, używając do tego celu sześcianów o boku a . Będziesz potrzebował ośmiu sześcianów o boku a do zbudowania dużego sześcianu. Zaznaczona (pociemniona) ścianka małego sześcianu stanowiłaby 1 ∕ 24 całej powierzchni dużego sześcianu; dlatego strumień przez tę zaznaczoną powierzchnię wynosi Φ E = q ∕ 24 ⁢ ε 0 . Strumień natężenia pola elektrycznego przechodzący przez sześcienne pudełko o boku 8 ⁢ cm wynosi 1,2 ⋅ 10 3 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Jaki całkowity ładunek znajduje się w pudełku? Strumień natężenia pola elektrycznego przechodzący przez powierzchnię sferyczną jest równy 4 ⋅ 10 4 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C . Jaki jest wypadkowy ładunek otoczony przez tę powierzchnię? q = 3,54 ⋅ 10 −7 ⁢ C . Sześcian o krawędziach długości d został umieszczony w jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu E = 4 ⋅ 10 3 ⁢ N ∕ C , tak że pole elektryczne jest prostopadłe do dwóch przeciwległych ścian sześcianu. Jaki jest wypadkowy strumień przechodzący przez sześcian? Rozwiąż poprzednie zadanie, zakładając, że pole elektryczne jest skierowane wzdłuż przekątnej sześcianu. Zero, ponieważ strumień wchodzący jest równy strumieniowi wychodzącemu. Całkowity ładunek 5 ⋅ 10 -6 ⁢ C jest równomiernie rozłożony w objętości sześcianu o boku długości 8 ⁢ cm . Jaka jest gęstość ładunku w sześcianie? Jaki strumień natężenia pola elektrycznego przechodzi przez sześcian o krawędzi 12 ⁢ cm , który jest współśrodkowy z danym rozkładem ładunku? Wykonaj te same obliczenia dla sześcianów o krawędziach długości 10 ⁢ cm oraz 5 ⁢ cm ; Jaki jest strumień natężenia pola elektrycznego przez sferyczną powierzchnię o promieniu 3 ⁢ cm , która też jest umieszczona współśrodkowo z danym rozkładem ładunku? powierzchnia Gaussa (ang. Gaussian surface ) dowolna powierzchnia zamknięta (zazwyczaj wirtualna)", "section": "Wyjaśnienie prawa Gaussa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Stosowanie prawa Gaussa Prawo Gaussa jest bardzo użyteczne do wyznaczania natężenia pola elektrycznego, pomimo że samo prawo nie odnosi się wprost do natężenia pola elektrycznego, ale dotyczy strumienia natężenia pola elektrycznego. Okazuje się, że w sytuacjach, w których rozkład ładunku ma określoną symetrię (sferyczną, cylindryczną lub płaszczyznową), możemy wywnioskować, jakie jest natężenie pola elektrycznego, na podstawie znajomości strumienia pola elektrycznego. W tych układach możemy wybrać (znaleźć) taką powierzchnię Gaussa S , na której wektor natężenia pola ma stałą wartość. Ponadto, gdy wektor E → jest równoległy do n ̂ w każdym punkcie powierzchni, to E → ⋅ n ̂ = E (jeżeli E → oraz n ̂ są antyrównoległe na całej powierzchni, to E → ⋅ n ̂ = − E ). Prawo Gaussa upraszcza się wtedy do postaci Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⁢ ∯ S d S = E ⁢ S = q wew ε 0 ⁢ , \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\prefop{\\u{222F}}_S \\d S = ES = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} \\text{,} gdzie S jest powierzchnią Gaussa. Zauważmy, że dla układów o takich symetriach obliczanie strumienia w wyniku całkowania przekształca się w obliczanie iloczynu natężenia pola elektrycznego i odpowiedniej powierzchni. Gdy mamy do czynienia z taką sytuacją, to prawo Gaussa przyjmuje postać równania algebraicznego, z którego można otrzymać natężenie pola elektrycznego jako E = q wew ε 0 ⁢ S ⁢ . E = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0 S} \\text{.} Kierunek pola elektrycznego w punkcie P P pola wynika z symetrii rozkładu ładunku i rodzaju tego ładunku. Dlatego prawo Gaussa może być wykorzystane do wyznaczenia E → . Poniżej podsumowanie kolejnych kroków postępowania: Strategia rozwiązania: prawo Gaussa Rozpoznaj rozkład natężenia pola elektrycznego od danego rozkładu ładunku. To ważny, pierwszy krok, który pozwoli wybrać właściwą powierzchnię Gaussa. Przykładowo ładunek punktowy ma symetrię sferyczną, a nieskończony ładunek liniowy ma symetrię cylindryczną. Wybierz powierzchnię Gaussa, która ma taką samą symetrię, jak rozkład ładunku, i zobacz, że przy takim wyborze łatwo wyznaczyć iloczyn E → ⋅ n ̂ na powierzchni Gaussa. Oblicz całkę ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S po powierzchni Gaussa, czyli oblicz strumień przez tę powierzchnię . Symetria powierzchni Gaussa pozwala wyłączyć czynnik E → ⋅ n ̂ przed całkę. Wyznacz ładunek otoczony powierzchnią Gaussa . Tak obliczamy wartość wyrażenia po prawej stronie równania opisującego prawo Gaussa. Często do wyliczenia wypadkowego ładunku otoczonego przez powierzchnię konieczne jest obliczenie całki. Oblicz natężenie pola elektrycznego od rozkładu ładunku . Natężenie pola może teraz być znalezione z wykorzystaniem wyników otrzymanych w 3 i 4 kroku. Zasadniczo mamy trzy rodzaje symetrii, które pozwalają skorzystać z prawa Gaussa do wyznaczenia natężenia pola elektrycznego: rozkład ładunku o symetrii sferycznej, cylindrycznej, płaszczyznowej. Żeby wykorzystać tę symetrię, wykonujemy obliczenia w odpowiednim układzie współrzędnych postępując zgodnie z czterema podanymi krokami. Rozkład ładunku o symetrii sferycznej Rozkład ładunku ma symetrię sferyczną (ang. spherical symmetry ), gdy gęstość ładunku zależy tylko od odległości od punktu w przestrzeni, a nie od kierunku. Mówiąc inaczej, jeżeli obrócimy układ, to nie zobaczymy zmiany. Na przykład, jeżeli kula o promieniu R jest naładowana równomiernie ładunkiem o gęstości ρ 0 , to rozkład ładunku ma symetrię sferyczną – (a). Z drugiej strony, gdy kula o promieniu R jest naładowana tak, że gęstość ładunku w górnej połowie kuli wynosi ρ 1 , a w dolnej połowie jest równa ρ 2 ≠ ρ 1 , wtedy układ nie ma symetrii sferycznej, ponieważ gęstość ładunku zależy od kierunku – (b). Tak więc to nie kształt obiektu (ciała), ale raczej kształt rozkładu ładunku decyduje o tym, czy układ ma lub nie symetrię sferyczną. Na (c) pokazano kulę z czterema różnymi sferycznymi powłokami, każda ze swoją indywidualną gęstością ładunku. Chociaż gęstość ładunku w całej objętości nie jest jednorodna, to funkcja gęstości ładunku zależy tylko od odległości od środka, a nie od kierunku. Dlatego ten rozkład ładunku ma symetrię sferyczną. Przedstawienie układów o symetrii sferycznej i nieposiadających takiej symetrii. Różne kolory oznaczają różne gęstości ładunku. Jeżeli ładunki są umieszczone na ciałach o sferycznej symetrii, to nie oznacza to tym samym, że rozkład ładunku ma taką symetrię. Z symetrią sferyczną mamy do czynienia tylko wtedy, gdy gęstość ładunku nie zależy od kierunku. Na rysunku (a) ładunki są rozmieszczone równomiernie w kuli. Na rysunku (b) gęstość ładunku w górnej połowie kuli jest inna niż ta w dolnej połowie kuli; dlatego, w sytuacji (b) układ nie ma symetrii sferycznej. Na rysunku (c) ładunki rozmieszczone są w sferycznych powłokach z różnymi gęstościami ładunku, co oznacza, że gęstość ładunku jest wyłącznie funkcją radialnej odległości od środka; dlatego układ ma symetrię sferyczną. Jednym ze sposobów rozstrzygnięcia, czy mamy do czynienia z symetrią sferyczną, czy też nie, jest wyrażenie funkcji gęstości ładunku we współrzędnych sferycznych, ρ ⁢ r θ ϕ . Jeżeli gęstość ładunku jest wyłącznie funkcją r , czyli ρ = ρ ⁢ r , to wtedy mamy do czynienia z symetrią sferyczną. Jeżeli gęstość zależy od θ lub od ϕ , to możemy zmienić układ poprzez jego obrót; wtedy nie mamy do czynienia z symetrią sferyczną. Następstwa symetrii We wszystkich przypadkach, gdy mamy do czynienia z symetrią sferyczną, pole elektryczne musi być w każdym punkcie skierowane radialnie, ponieważ ładunek i pole elektryczne muszą być niezmiennicze ze względu na obrót. Dlatego stosując współrzędne sferyczne z początkiem układu w środku sferycznego rozkładu ładunku, możemy zapisać wyrażenie na natężenie pola elektrycznego w punkcie P znajdującym się w odległości r od środka w postaci E → P = E P ⁢ r ⁢ r ̂ ⁢ , gdzie r ̂ jest wektorem jednostkowym (wersorem) skierowanym od początku układu do punktu pola P . Składowa radialna E P natężenia pola elektrycznego może być dodatnia lub ujemna. Gdy E P > 0 , pole elektryczne w punkcie P jest skierowane od początku układu, a kiedy E P < 0 , pole elektryczne w punkcie P jest skierowane do początku układu. Powierzchnia Gaussa i obliczenia strumienia Możemy teraz skorzystać z natężenia pola elektrycznego w tej postaci do wyznaczenia strumienia natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię Gaussa. W przypadku symetrii sferycznej powierzchnia Gaussa jest zamkniętą sferyczną powierzchnią, której środek pokrywa się ze środkiem rozkładu ładunku. Dzięki temu wektor powierzchni, elementu powierzchni Gaussa, w każdym jej punkcie jest równoległy do kierunku natężenia pola elektrycznego w tym punkcie, gdyż oba są skierowane radialnie na zewnątrz ( ). Wektor natężenia pola elektrycznego w każdym punkcie sferycznej powierzchni Gaussa dla sferycznie symetrycznego rozkładu ładunku jest równoległy do wektora powierzchni w tym punkcie, co pozwala przedstawić strumień pola elektrycznego jako iloczyn natężenia pola elektrycznego i powierzchni. Zauważ, że promień R rozkładu ładunku i promień r powierzchni Gaussa są rożnymi wielkościami. Wartość natężenia pola elektrycznego E → musi być taka sama w każdym punkcie sferycznej powierzchni Gaussa współśrodkowej z rozkładem ładunku. Dla sferycznej powierzchni o promieniu r Φ E = ∯ S E → P ⋅ n ̂ ⁢ d S = E P ⁢ ∯ S d S = E P ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ . \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E}_P \\cdot \\hat{n} \\d S = E_P \\prefop{\\u{222F}}_S \\d S = E_P \\cdot 4\\pi r^2 \\text{.} Stosowanie prawa Gaussa Zgodnie z prawem Gaussa strumień przenikający zamkniętą powierzchnię jest równy całkowitemu ładunkowi otoczonemu przez zamkniętą powierzchnię, podzielonemu przez przenikalność elektryczną próżni ε 0 . Niech q wew będzie całkowitym ładunkiem znajdującym się w odległości r od początku układu, to jest w obszarze wewnątrz sferycznej powierzchni Gaussa o promieniu r . Wówczas z prawa Gaussa otrzymujemy E ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 = q wew ε 0 ⁢ . E \\cdot 4\\pi r^2 = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} \\text{.} Dlatego pole elektryczne w punkcie P znajdującym się w odległości r od środka sferycznie symetrycznego rozkładu ładunku ma następujące natężenie i zwrot E ⁡ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q wew r 2 ⁢ , E \\apply (r) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q_{\\text{wew}}}{r^2} \\text{,} zwrot: radialnie od O do P lub od P do O . Zwrot natężenia pola elektrycznego w punkcie P zależy od tego, czy ładunek wewnątrz sfery jest dodatni, czy ujemny. Dla wypadkowego dodatniego ładunku otoczonego przez powierzchnię Gaussa zwrot jest od O do P , a dla wypadkowego ujemnego ładunku zwrot jest od P do O . To wszystko, czego potrzebujemy w przypadku ładunku punktowego i, jak widać, powyższy wynik jest taki sam, jak dla ładunku punktowego. Jednak prawo Gaussa okazuje się rzeczywiście użyteczne w przypadku, gdy ładunki rozmieszczone są w skończonej objętości. Obliczanie ładunku otoczonego przez powierzchnię Bardziej interesującym przypadkiem jest ten, gdy mamy w danej objętości sferyczny rozkład ładunku i pytamy, jakie jest natężenie pola elektrycznego wewnątrz tego rozkładu ładunku. W tym przypadku ładunek uwzględniany w obliczeniach (otoczony powierzchnią Gaussa) zależy od odległości r punktu pola w stosunku do promienia rozkładu ładunku R , tak jak pokazano na . Sferyczny rozkład ładunku i powierzchnia Gaussa wykorzystywana do wyznaczenia natężenia pola elektrycznego (a) wewnątrz oraz (b) na zewnątrz rozkładu ładunku. Jeżeli punkt P znajduje się na zewnątrz rozkładu ładunku, czyli gdy r ≥ R , wówczas powierzchnia Gaussa, na której leży punkt P , otacza wszystkie ładunki w kuli. W tym przypadku q wew jest równy całkowitemu ładunkowi kuli. Z drugiej strony, gdy punkt P leży wewnątrz sferycznego rozkładu ładunku, czyli gdy r < R , wtedy powierzchnia Gaussa otacza mniejszą kulę niż kula rozkładu ładunku. W tym przypadku q wew jest mniejszy niż całkowity ładunek kuli. Nawiązując do , możemy zapisać q wew jako q wew = q wew ⁢ , ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa, dla ⁢ r < R ⁢ , q cał ⁢ , całkowity ładunek, dla ⁢ r ≥ R ⁢ . q_{\\text{wew}} = \\left{ \\begin{matrix*}[l] q_{\\text{wew}} \\text{,} &\\text{ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa, dla } r < R \\text{,} \\\\ q_{\\text{cał}} \\text{,} &\\text{całkowity ładunek, dla } r \\geq R \\text{.} \\end{matrix*} \\right. Natężenie pola elektrycznego na zewnątrz rozkładu ładunku jest oznaczane jako E → zew , a natężenie pola elektrycznego wewnątrz rozkładu ładunku oznaczamy jako E → wew . Skupiając się nad dwoma kategoriami punktów pola, wewnątrz lub na zewnątrz rozkładu ładunku, możemy teraz wyrazić natężenie pola elektrycznego jako E wew = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q wew r 2 ⁢ , E_{\\text{wew}} = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q_{\\text{wew}}}{r^2} \\text{,} E zew = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q cał r 2 ⁢ , E_{\\text{zew}} = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q_{\\text{cał}}}{r^2} \\text{,} Zauważmy, że natężenie pola elektrycznego na zewnątrz sferycznie symetrycznego rozkładu ładunku jest takie samo, jak dla ładunku punktowego umieszczonego w środku rozkładu, o wartości równej całkowitemu ładunkowi rozkładu sferycznego. Jest to istotne, gdyż ładunki nie znajdują się tylko w środku. Rozpatrzymy teraz szczególne przykłady sferycznych rozkładów ładunków, poczynając od przypadku jednorodnie naładowanej kuli. Jednorodnie naładowana kula Kula o promieniu R , taka jak pokazana na , ma jednorodną objętościową gęstość ładunku ρ 0 . Znajdziemy natężenie pola elektrycznego w punkcie na zewnątrz kuli i w punkcie wewnątrz kuli. Strategia rozwiązania Skorzystajmy z prawa Gaussa do rozwiązania zadania, stosując taką strategię jak przy obliczaniu strumienia pola. Rozwiązanie Ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa jest dany jako q wew = ∭ V ρ 0 ⁢ d V = ρ 0 ⁢ ∭ V d V = ρ 0 ⋅ 4 3 ⁢ π ⁢ r 3 ⁢ . q_{\\text{wew}} = \\iiint_V \\rho_0 \\d V = \\rho_0 \\iiint_V \\d V = \\rho_0 \\cdot \\frac43 \\pi r^3 \\text{.} Możemy teraz napisać wyrażenie na natężenie pola elektrycznego dla punktu znajdującego się na zewnątrz kuli, oznaczone jako E zew , oraz dla punktu wewnątrz kuli, oznaczone jako E wew . E wew = q wew 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 = ρ 0 ⁢ r 3 ⁢ ε 0 ⁢ , ponieważ ⁢ q wew = 4 3 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ ρ 0 ⁢ , E_{\\text{wew}} = \\frac{q_{\\text{wew}}}{4\\pi \\epsilon_0 r^2} = \\frac{\\rho_0 r}{3 \\epsilon_0} \\text{, ponieważ } q_{\\text{wew}} = \\frac43 \\pi r^2 \\rho_0 \\text{,} E zew = q całk 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 = ρ 0 ⁢ R 3 3 ⁢ ε 0 ⁢ r 2 ⁢ , ponieważ ⁢ q cał = 4 3 ⁢ π ⁢ R 3 ⁢ ρ 0 ⁢ . E_{\\text{zew}} = \\frac{q_{\\text{całk}}}{4\\pi \\epsilon_0 r^2} = \\frac{\\rho_0 R^3}{3\\epsilon_0 r^2} \\text{, ponieważ } q_{\\text{cał}} = \\frac43 \\pi R^3 \\rho_0 \\text{.} Warto zauważyć, że natężenie pola elektrycznego rośnie wewnątrz materiału w miarę oddalania się od środka, ponieważ wraz ze wzrostem objętości rośnie ilość ładunku otoczonego przez powierzchnię Gaussa. Konkretnie, wartość ładunku otoczonego przez powierzchnię Gaussa rośnie proporcjonalnie do sześcianu promienia q wew ∝ r 3 q_{\\text{wew}} \\propto r^3 , podczas gdy natężenie pola wytworzonego przez dowolny nieskończenie mały ładunek maleje proporcjonalnie do kwadratu promienia E ∝ 1 ∕ r 2 . Łącząc te dwa fakty ze sobą, otrzymujemy, że natężenie pola elektrycznego rośnie liniowo z promieniem. Natężenie pola elektrycznego na zewnątrz kuli maleje w miarę oddalania się od ładunków, ponieważ ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa pozostaje niezmieniony, podczas gdy rośnie odległość. pokazuje zmianę natężenia pola elektrycznego w funkcji odległości od środka jednorodnie naładowanej kuli. Natężenie pola elektrycznego nieprzewodzącej, jednorodnie naładowanej kuli rośnie wewnątrz kuli, osiągając maksimum na jej powierzchni: E R = ρ 0 ⁢ R ∕ 3 ⁢ ε 0 , a następnie maleje jak 1 ∕ r 2 . Pokazane jest pole elektryczne wytworzone przez sferyczny rozkład ładunku o jednorodnej gęstości ładunku i całkowitym ładunku Q w funkcji odległości od środka rozkładu ładunku. Natężenie pola elektrycznego w każdym punkcie P jest skierowane radialnie na zewnątrz od środka, gdy ρ 0 jest dodatnia, i do wewnątrz (tzn. do środka), gdy ρ 0 jest ujemna. Natężenie pola elektrycznego w wybranych punktach przestrzeni jest pokazane na , dla współrzędnych sferycznych r równych r = R ∕ 2 , r = R i r = 2 ⁢ R . Wektory natężenia pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz jednorodnie naładowanej kuli. Znaczenie Zauważmy, że wyrażenie na E zew ma taką samą postać jak natężenie pola elektrycznego pojedynczego ładunku punktowego. Dlatego przy obliczaniu natężenia pola elektrycznego jednorodnego, sferycznego rozkładu ładunku możemy założyć, że cały ładunek jest skupiony w środku odpowiedniej powierzchni Gaussa. Niejednorodnie naładowana kula Nieprzewodząca kula o promieniu R jest naładowana z niejednorodną gęstością ładunku, która zmienia się wraz z odległością od środka zgodnie z zależnością ρ ⁢ r = a ⁢ r n ⁢ ⁢ r ≤ R ⁢ , ⁢ n ≥ 0 ⁢ , gdzie a jest stałą. Przyjmujemy, że n ≥ 0 , aby gęstość ładunku nie była niezdefiniowana w r = 0 . Znajdziemy natężenie pola elektrycznego w punkcie na zewnątrz i wewnątrz kuli. Strategia rozwiązania Skorzystajmy z poprzedniego przykładu do obliczenia ładunku otoczonego przez powierzchnię Gaussa wewnątrz i na zewnątrz kuli. Rozwiązanie Ponieważ dana funkcja gęstości ładunku zależy tylko od składowej radialnej, a nie od kierunku, mamy do czynienia z symetrią sferyczną. Dlatego natężenie pola elektrycznego w każdym punkcie jest opisane przez wyrażenia podane powyżej, a kierunek pola jest radialny. Potrzebujemy tylko wyznaczyć ładunek otoczony powierzchnią Gaussa q wew , zależny od położenia punktu pola, w którym wyznaczamy natężenie. Uwaga na temat oznaczeń: używamy r ′ do opisu położenia ładunków w rozkładzie ładunku oraz r do opisu położenia punktów pola na powierzchni Gaussa. Literą R oznaczamy promień rozkładu ładunku. Ponieważ gęstość ładunku nie jest stałą, musimy scałkować funkcję gęstości ładunku po objętości ograniczonej powierzchnią Gaussa. Dlatego formułujemy zagadnienie dla ładunków zawartych w sferycznej powłoce, pomiędzy r ′ i r ′ + d r ′ , jak pokazano na . Objętość zajmowana przez ładunki znajdujące się w powłoce o nieskończenie małej grubości jest równa iloczynowi powierzchni 4 ⁢ π ⁢ r ′ 2 4\\pi (r')^2 i grubości d r ′ . Mnożąc objętość przez gęstość ładunku w tym położeniu, która wynosi a ⁢ r ′ n a(r')^n , otrzymujemy ładunek zawarty w powłoce d q = a ⁢ r ′ n ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r ′ 2 ⁢ d r ′ ⁢ . \\d q = a (r')^n \\cdot 4\\pi (r')^2 \\d r' \\text{.} Sferycznie symetryczny układ z niejednorodnym rozkładem ładunku. W takich przypadkach potrzebujemy do opisu czterech promieni: R jest promieniem rozkładu ładunku, r jest promieniem powierzchni Gaussa, r ′ jest wewnętrznym promieniem sferycznej powłoki, r ′ + d r ′ jest zewnętrznym promieniem sferycznej powłoki. Ta sferyczna powłoka jest wykorzystywana do obliczenia ładunku zawartego w powierzchni Gaussa. Promień r ′ zmienia się w zakresie od 0 do r dla pola w punkcie wewnątrz rozkładu ładunku i od 0 do R dla pola w punkcie na zewnątrz rozkładu ładunku. Gdy r > R , wtedy powierzchnia Gaussa obejmuje większą objętość niż rozkład ładunku, ale dodatkowa objętość nie ma wpływu na q wew . Natężenie pola w punkcie na zewnątrz rozkładu ładunku. W tym przypadku powierzchnia Gaussa, na której leży punkt pola P , ma promień r większy niż promień R rozkładu ładunku, r > R . Dlatego cały ładunek rozkładu jest otoczony przez powierzchnię Gaussa. Zauważmy, że przestrzeń pomiędzy r ′ = R i r ′ = r nie zawiera ładunków i dlatego nie wnosi wkładu do całki po objętości ograniczonej powierzchnią Gaussa q cał = ∫ 0 R a ⁢ r ′ n ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r ′ 2 ⁢ d r ′ = 4 ⁢ π ⁢ a n + 3 ⁢ R n + 3 ⁢ . q_{\\text{cał}} = \\int_0^R a (r')^n \\cdot 4\\pi (r')^2 \\d r' = \\frac{4\\pi a}{n+3} R^{n+3} \\text{.} Korzystając z ogólnego wyrażenia na E → zew , obliczamy natężenie pola elektrycznego w punkcie na zewnątrz rozkładu ładunku E → zew = a ⁢ R n + 3 ε 0 ⁢ n + 3 ⁢ 1 r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , gdzie r ̂ jest wersorem skierowanym od początku układu do punktu pola na powierzchni Gaussa. Natężenie pola w punkcie wewnątrz rozkładu ładunku. Powierzchnia Gaussa znajduje się teraz wewnątrz rozkładu ładunku, z r ≤ R r \\leq R . Dlatego wyznaczając q wew , bierzemy pod uwagę tylko te ładunki, które znajdują się w odległości nie większej niż r od środka sferycznego rozkładu ładunku q wew = ∫ 0 r a ⁢ r ′ n ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r ′ 2 ⁢ d r ′ = 4 ⁢ π ⁢ a n + 3 ⁢ r n + 3 ⁢ . q_{\\text{wew}} = \\int_0^r a (r')^n \\cdot 4\\pi (r')^2 \\d r' = \\frac{4\\pi a}{n+3} r^{n+3} \\text{.} Korzystając z ogólnego wyrażenia na E → wew , obliczamy natężenie pola elektrycznego w punkcie znajdującym się w odległości r od środka, wewnątrz rozkładu ładunku E → wew = a ε 0 ⁢ n + 3 ⋅ r n + 1 ⁢ r ̂ ⁢ , gdzie radialny wersor zawiera informację o kierunku pola. Sprawdź, czy rozumiesz. Upewnij się, że natężenie pola elektrycznego dla kuli sprowadza się do wartości pola dla ładunku punktowego. W tym przypadku mamy tylko E → zew . Odpowiedź brzmi: tak. Rozkład ładunku o symetrii cylindrycznej Rozkład ładunku ma symetrię cylindryczną (ang. cylindrical symmetry ), gdy gęstość ładunku zależy tylko od odległości r od osi walca i nie zmienia się ani wzdłuż osi, ani w kierunku osi. Inaczej mówiąc, jeżeli układ zmienia się w wyniku obrotu wokół osi lub na skutek przesunięcia wzdłuż osi, to układ nie posiada symetrii cylindrycznej. Na pokazane są cztery sytuacje, w których ładunki są rozmieszczone w walcu. Jednorodna gęstość ładunku ρ 0 w nieskończenie długim, prostym drucie ma symetrię cylindryczną, tak jak nieskończenie długi walec z ładunkiem o stałej gęstości ρ 0 . Nieskończenie długi walec, który jest naładowany z różną gęstością ładunku wzdłuż swojej długości, na przykład z gęstością ładunku ρ 1 dla z > 0 i ρ 2 ≠ ρ 1 dla z < 0 , nie posiada użytecznej dla naszych obliczeń symetrii cylindrycznej. Podobnie jak walec, w którym gęstość ładunku zmienia się wraz kierunkiem i wynosi na przykład ρ 1 dla 0 ≤ θ < π i ρ 2 ≠ ρ 1 dla π ≤ θ < 2 ⁢ π . Układ posiadający współosiowe, koncentryczne powłoki, z których każda charakteryzuje się inną jednorodną gęstością ładunku, jak na (d), ma symetrię cylindryczną, jeżeli powłoki są nieskończenie długie. Wymóg nieskończonej długości wynika z tego, że dla skończenie długiego walca gęstość ładunku zmienia się wzdłuż jego osi. W rzeczywistych układach nie mamy do czynienia z nieskończonymi walcami; jednak zastosowanie przybliżenia w postaci nieskończenie długiego walca jest użyteczne, gdy analizowana przez nas odległość od walca jest znacząco mniejsza niż jego długość. Aby określić, czy dany rozkład ładunku ma symetrię cylindryczną, popatrz na przekrój poprzeczny „nieskończenie długiego” walca. Jeżeli gęstość ładunku nie zależy od kąta biegunowego w przekroju poprzecznym i nie zmienia się wzdłuż osi walca, to mamy do czynienia z symetrią cylindryczną. (a) Gęstość ładunku w walcu jest stała; (b) górna połowa walca ma inną gęstość ładunku niż połowa dolna; (c) lewa połowa walca ma inną gęstość ładunku niż prawa; (d) ładunki są stałe w różnych cylindrycznych pierścieniach, ale gęstość nie zależy od kąta biegunowego. W przypadkach (a) i (d) mamy symetrię cylindryczną, podczas gdy dla (b) i (c) jej nie ma. Następstwa symetrii We wszystkich przypadkach cylindrycznie symetrycznych pole elektryczne E → P w dowolnie wybranym punkcie P musi także posiadać symetrię cylindryczną E → P = E P ⁡ r ⁢ r ̂ ⁢ , \\vec{E}_P = E_P \\apply (r) \\hat{r} \\text{,} gdzie r jest odległością od osi, a r ̂ wersorem skierowanym prostopadle od osi ( ). Natężenie pola elektrycznego w sytuacji symetrii cylindrycznej zależy tylko od odległości od osi cylindra. Pole elektryczne jest skierowane od osi na zewnątrz w przypadku ładunków dodatnich i do osi dla ładunków ujemnych. Powierzchnia Gaussa i obliczenia strumienia Aby wykorzystać własności pola elektrycznego, wybieramy zamkniętą powierzchnię Gaussa w kształcie cylindra współosiowego z rozkładem ładunku. Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię o promieniu r i wysokości L jest łatwy do obliczenia, jeżeli podzielimy nasze zadanie na dwie części: (a) strumień natężenia pola przez podstawy cylindra i (b) strumień natężenia pola elektrycznego przez zakrzywioną powierzchnię boczną ( ). Powierzchnia Gaussa w przypadku symetrii cylindrycznej. Pole elektryczne jest albo równoległe, albo prostopadłe do normalnej do elementarnego wycinka powierzchni Gaussa. Pole elektryczne jest równoległe do cylindrycznych ścian bocznych i prostopadłe do płaskich powierzchni podstaw. Strumień przez część cylindryczną (czyli przez powierzchnię boczną walca S b S_{\\text{b}} ) wynosi ∬ S b E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⁢ ∬ S b d S = E ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L ⁢ , \\iint_{S_{\\text{b}}} \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\iint_{S_{\\text{b}}} \\d S = E \\cdot 2\\pi r L \\text{,} podczas gdy strumień przez płaskie podstawy jest równy zero, ponieważ E → ⋅ n ̂ = 0 \\vec{E} \\cdot \\hat{n} = 0 . Tak więc strumień wynosi ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L + 0 + 0 = 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L ⁢ E ⁢ . \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\cdot 2\\pi r L + 0 + 0 = 2\\pi r L E \\text{.} Stosowanie prawa Gaussa Zgodnie z prawem Gaussa strumień równa się ładunkowi znajdującemu się w objętości otoczonej przez powierzchnię Gaussa, podzielonemu przez przenikalność elektryczną próżni. Gdy prowadzimy obliczenia dla walca (pręta) o długości L , stwierdzamy, że q wew występujący w prawie Gaussa jest wprost proporcjonalny do L . Zapiszmy go jako ładunek przypadający na jednostkę długości ( λ wew ) razy długość L q wew = λ wew ⁢ L ⁢ . Stąd, na podstawie prawa Gaussa, otrzymujemy dla cylindrycznie symetrycznego rozkładu ładunku następujące wyrażenie na natężenie pola elektrycznego w odległości r od osi E ⁢ r = λ wew 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 r ⁢ . Ładunek na jednostkę długości λ wew zależy od tego, czy punkt pola znajduje się wewnątrz czy na zewnątrz rozkładu ładunku, tak jak to już widzieliśmy w przypadku rozkładu sferycznego. Obliczanie ładunku otoczonego przez powierzchnię Niech R będzie promieniem walca, wewnątrz którego ładunki są rozłożone z zachowaniem symetrii cylindrycznej. Niech punkt pola P znajduje się w odległości r od osi (punkt pola P znajduje się na ścianie powierzchni Gaussa). Gdy r > R (to znaczy, gdy P znajduje się na zewnątrz poza rozkładem ładunku), powierzchnia Gaussa zawiera cały ładunek walca o promieniu R i długości L . Gdy r < R ( P znajduje się wewnątrz rozkładu ładunku), wtedy tylko ładunek wewnątrz walca o promieniu r i długości L jest otoczony powierzchnią Gaussa λ wew ⁢ L = q wew ⁢ , ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa, dla ⁢ r < R ⁢ , q cał ⁢ , całkowity ładunek, dla ⁢ r ≥ R ⁢ . \\lambda_{\\text{wew}} L = \\left{ \\begin{matrix*}[l] q_{\\text{wew}} \\text{,} &\\text{ładunek wewnątrz powierzchni Gaussa, dla } r < R \\text{,} \\\\ q_{\\text{cał}} \\text{,} &\\text{całkowity ładunek, dla } r \\geq R \\text{.} \\end{matrix*} \\right. Jednorodnie naładowana cylindryczna powłoka Bardzo długa, nieprzewodząca, cylindryczna powłoka o promieniu R jest naładowana z jednorodną gęstością powierzchniową ładunku σ 0 . Znajdźmy natężenie pola elektrycznego w punkcie na zewnątrz powłoki; w punkcie wewnątrz powłoki. Strategia rozwiązania Skorzystajmy z prawa Gaussa do rozwiązania zadania, stosując taką strategię jak uprzednio, osobno rozważając przypadki pola na zewnątrz i wewnątrz powłoki. Rozwiązanie Natężenie pola elektrycznego w punkcie na zewnątrz powłoki. Dla punktu na zewnątrz cylindrycznej powłoki wybieramy powierzchnię Gaussa jako powierzchnię cylindra o promieniu r ≥ R r \\geq R i długości L , jak pokazano na . Ładunek otoczony przez cylinder (powierzchnię) Gaussa jest równy ładunkowi znajdującemu się na cylindrycznej powłoce o długości L . Stąd λ wew jest dana jako λ wew = σ 0 ⁢ 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ L L = 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ σ 0 ⁢ . Powierzchnia Gaussa otaczająca cylindryczną powłokę. Stąd natężenie pola elektrycznego w punkcie P na zewnątrz powłoki w odległości r od osi wynosi E → = 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ σ 0 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 r ⁢ r ̂ = R ⁢ σ 0 ε 0 ⋅ 1 r ⁢ r ̂ ⁢ , \\vec{E} = \\frac{2\\pi R \\sigma_0}{2\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{1}{r} \\hat{r} = \\frac{R \\sigma_0}{\\epsilon_0} \\cdot \\frac{1}{r}\\hat{r} \\text{,} gdzie r ̂ jest wersorem prostopadłym do osi i skierowanym na zewnątrz od niej, jak pokazano na rysunku. Pole elektryczne w punkcie P jest zwrócone w kierunku zgodnym z r ̂ pokazanym na , gdy σ 0 > 0 , a w przeciwnym kierunku do r ̂ , gdy σ 0 < 0 . Natężenie pola elektrycznego w punkcie wewnątrz powłoki. Dla punktu wewnątrz cylindrycznej powłoki wybieramy powierzchnię Gaussa jako powierzchnię cylindra o promieniu r mniejszym niż R ( ). To oznacza, że wewnątrz powierzchni Gaussa nie znajdują się żadne ładunki λ wew = 0 ⁢ C ∕ m ⁢ . Powierzchnia Gaussa wewnątrz cylindrycznej powłoki. W rezultacie otrzymujemy równanie na natężenie pola elektrycznego E → wew \\vec{E}_{\\text{wew}} w punkcie, dla którego r jest mniejsze niż R naładowanej powłoki E → wew ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L = 0 ⁢ V ⁢ m ⇒ E → wew = 0 ⁢ V ∕ m ⁢ . \\vec{E}_{\\text{wew}} \\cdot 2\\pi r L = \\SI{0}{\\volt\\metre} \\implies \\vec{E}_{\\text{wew}} = \\SI{0}{\\volt\\per\\metre} \\text{.} Znaczenie Zauważmy, że wynik dla wnętrza powłoki jest taki, jakiego oczekiwaliśmy – brak ładunków oznacza zerowe pole elektryczne. Na zewnątrz powłoki wynik jest taki, jak dla jednorodnie naładowanego drutu. Sprawdź, czy rozumiesz. Cienki, prosty drut jest naładowany z jednorodną liniową gęstością ładunku λ 0 . Znajdź natężenie pola elektrycznego w odległości d od drutu, gdzie d jest dużo mniejsze niż długość drutu. E → = λ 0 ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ d ⋅ r ̂ , ten wynik jest zgodny z obliczeniami z , gdzie znaleźliśmy natężenie pola elektrycznego, całkując po ładunku zgromadzonym na drucie. Zauważ, o ile prostsze są obliczenia natężenia pola elektrycznego z wykorzystaniem prawa Gaussa. Rozkład ładunku o symetrii płaszczyznowej Z symetrią płaszczyznową (ang. planar symmetry ) gęstości ładunku mamy do czynienia wówczas, gdy ładunki są równomiernie rozłożone na dużej, płaskiej powierzchni. W przypadku symetrii płaszczyznowej wszystkie punkty w płaszczyźnie równoległej do naładowanej płaszczyzny są równorzędne w odniesieniu do ładunków. Następstwa symetrii Przyjmijmy, że płaszczyzna rozkładu ładunku jest płaszczyzną x y i wyznaczmy natężenie pola elektrycznego w punkcie P o współrzędnych x y z . Ponieważ gęstość ładunku jest taka sama dla wszystkich współrzędnych x y w płaszczyźnie z = 0 , to ze względu na symetrię natężenie pola elektrycznego w punkcie P nie może zależeć od współrzędnych x lub y punktu P , jak pokazano na . Dlatego natężenie pola elektrycznego w punkcie P zależy tylko od odległości od płaszczyzny i ma zwrot albo w stronę płaszczyzny, albo od płaszczyzny. To oznacza, że natężenie pola elektrycznego w punkcie P ma tylko niezerową składową z E → P = E P ⁡ z ⁢ z ̂ ⁢ , gdzie z jest odległością od płaszczyzny, a z ̂ jest wersorem normalnym (prostopadłym) do płaszczyzny. Zauważmy, że w tym układzie E ⁢ z = E ⁢ − z , chociaż oczywiście mają przeciwne zwroty. Składowe natężenia pola elektrycznego równoległe do naładowanej płaszczyzny, pochodzące od dwóch ładunków umieszczonych symetrycznie względem punktu P znoszą się. Dlatego pole elektryczne w każdym punkcie jest skierowane pionowo względem naładowanej płaszczyzny. Dla każdego punktu P i ładunku q 1 zawsze możemy znaleźć ładunek q 2 , który da ten efekt. Powierzchnia Gaussa i obliczenia strumienia W tym przypadku wygodnie jest wybrać powierzchnię Gaussa w kształcie pudełka, gdyż pole elektryczne jest zwrócone tylko w jednym kierunku. Aby pudełko (powierzchnia) Gaussa było położone symetrycznie względem naładowanej płaszczyzny, umieszczamy je tak, aby leżało po obu jej stronach, ze ścianką, na której znajduje się punkt P , ustawioną równolegle do niej. Na zaznaczono (zacieniowano) ścianki I i II powierzchni Gaussa (pudełka), które są równoległe do nieskończonej płaszczyzny. Są to jedyne powierzchnie, które wnoszą niezerowy wkład do strumienia, ponieważ natężenie pola elektrycznego i wektory powierzchni dla pozostałych ścianek są prostopadłe do siebie. Cienka, naładowana płaszczyzna i pudełko (powierzchnia) Gaussa wybrane do wyznaczenia natężenia pola elektrycznego w punkcie pola P . Normalna do każdej ze ścianek pudełka jest skierowana z wnętrza pudełka na zewnątrz. Dla dwóch ścianek pudełka natężenie pola elektrycznego jest równoległe do wektorów powierzchni, a dla pozostałych czterech ścianek natężenie pola elektrycznego jest prostopadłe do wektorów powierzchni. Niech S oznacza powierzchnię zaznaczonych ścianek po obu stronach płaszczyzny, a E P natężenie pola elektrycznego w punkcie P . Ponieważ ścianki I i II są w tej samej odległości od płaszczyzny, natężenie pola elektrycznego ma taką samą wartość w punktach na tych powierzchniach, chociaż jest w tych punktach, na przeciwległych ściankach, zwrócone w przeciwnych kierunkach E ⁡ z = E P ⁢ . Jeżeli ładunek na płaszczyźnie jest dodatni, wtedy zwroty pola elektrycznego i wektorów powierzchni są takie jak na . Dlatego strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię pudełka opisujemy jako Φ E = ∯ S E → P ⋅ n ̂ ⁢ d S = E P ⁢ S + E P ⁢ S + 0 + 0 + 0 + 0 = 2 ⁢ E P ⁢ S ⁢ , \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E}_P \\cdot \\hat{n} \\d S = E_P S + E_P S + 0 + 0 + 0 + 0 = 2E_P S \\text{,} gdzie zero to wartość strumienia przez pozostałe ścianki pudełka. Zauważmy, że gdy ładunek płaszczyzny jest ujemny, zwroty pola elektrycznego i wektorów powierzchni ścianek I i II są skierowane przeciwnie i otrzymujemy ujemny strumień. Zgodnie z prawem Gaussa strumień równa się q wew ∕ ε 0 . Widzimy na , że ładunki wewnątrz objętości ograniczonej powierzchnią Gaussa znajdują się na powierzchni S płaszczyzny x y . Dlatego q wew = σ 0 ⁢ S ⁢ . Korzystając z równań na strumień i ładunek otoczony powierzchnią Gaussa, możemy natychmiast na podstawie prawa Gaussa wyznaczyć w punkcie na wysokości z natężenie pola elektrycznego od jednorodnie naładowanej płaszczyzny x y E → P = σ 0 2 ⁢ ε 0 ⁢ n ̂ ⁢ . Zwrot pola zależy od znaku ładunku na płaszczyźnie i od ścianki, na której znajduje się punkt pola P . Zauważmy, że powyżej płaszczyzny n ̂ = + z ̂ , podczas gdy poniżej płaszczyzny n ̂ = − z ̂ . Zastanawiające jest to, że natężenie pola elektrycznego nie zależy od odległości od płaszczyzn – to wynik przyjętego założenia, że płaszczyzna jest nieskończona. W praktyce, ten wynik jest dobrym przybliżeniem dla płaszczyzn o skończonych wymiarach w pobliżu ich środka. Podsumowanie Dla rozkładu ładunku posiadającego określoną przestrzenną symetrię (sferyczną, cylindryczną i płaszczyznową) możemy dobrać powierzchnię Gaussa, dla której E → ⋅ n ̂ = E , gdzie E jest stałe na powierzchni. Natężenie pola elektrycznego wyznaczamy wtedy na podstawie prawa Gaussa. Dla symetrii sferycznej wybieramy sferyczną powierzchnię Gaussa i prawo Gaussa upraszcza się do postaci 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ E = q wew ∕ ε 0 . Dla symetrii cylindrycznej wybieramy cylindryczną powierzchnię Gaussa i prawo Gaussa upraszcza się do postaci 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L ⁢ E = q wew ∕ ε 0 . Dla symetrii płaszczyznowej praktyczną powierzchnią Gaussa jest przenikające płaszczyznę pudełko z dwoma ściankami równoległymi do płaszczyzny, a pozostałymi prostopadłymi do niej, co prowadzi do prawa Gaussa w postaci 2 ⁢ S ⁢ E = q wew ∕ ε 0 . Pytania Czy prawo Gaussa może być pomocne do wyznaczenia natężenia pola elektrycznego dwóch przeciwnych ładunków znajdujących się w stałej odległości od siebie? Tak, korzystając z zasady superpozycji. Przedyskutuj, jaką rolę odgrywa symetria układu w stosowaniu prawa Gaussa. Podaj przykłady ciągłych rozkładów ładunku, dla których prawo Gaussa jest przydatne do wyznaczania natężenia pola elektrycznego. Dla jakich ciągłych rozkładów ładunku prawo Gaussa nie jest przydatne do wyznaczania natężenia pola elektrycznego? Przedyskutuj ograniczenia w wyborze powierzchni Gaussa dla przypadku symetrii płaszczyznowej. Przykładowo, czy jej długość jest istotna? Czy jej przekrój poprzeczny musi być kwadratem? Czy zamykające ścianki (podstawy) muszą być po przeciwnych stronach płaszczyzny? Możemy użyć powierzchni Gaussa o dowolnym kształcie. Jedyne ograniczenie polega na tym, że musimy umieć policzyć całkę po powierzchni Gaussa; dlatego wybieramy pudełko lub walec jako najbardziej poręczne kształty powierzchni Gaussa. Zadania Przypomnij sobie, że w przykładzie z jednorodnie naładowaną kulą ρ 0 = Q ∕ 4 ∕ 3 ⋅ π ⁢ R 3 . Przedstaw rozwiązanie za pomocą całkowitego ładunku Q kuli. E = Q ⁢ r ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ R 3 , kiedy r ≤ R i E = Q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 dla r > R . Przypuśćmy, że gęstość ładunku sferycznie symetrycznego rozkładu ładunku pokazanego na wynosi ρ ⁢ r = ρ 0 ⁢ r ∕ R dla r ≤ R i zero dla r > R . Przedstaw wyrażenia na natężenie pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz tego rozkładu. Bardzo długi, cienki drut jest naładowany z jednorodną gęstością liniową ładunku 50 ⁢ µC ∕ m . Jakie jest natężenie pola elektrycznego w odległości 2 ⁢ cm od drutu? E ⁢ S = λ ⁢ l ∕ ε 0 ⇒ E = 4,5 ⋅ 10 7 ⁢ N ∕ C . Ładunek − 30 ⁢ µC jest rozłożony równomiernie w sferycznej objętości o promieniu 10 ⁢ cm . Wyznacz natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten ładunek, w odległości 2 ⁢ cm ; 5 ⁢ cm ; 20 ⁢ cm . Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania, przyjmując, że ładunek jest jednorodnie rozłożony na powierzchni sferycznego przewodnika o promieniu 10 ⁢ cm . a. E → = 0 ⁢ N ∕ C \\vec{E} = \\SI{0}{\\newton\\per\\coulomb} ; b. E → = 0 ⁢ N ∕ C \\vec{E} = \\SI{0}{\\newton\\per\\coulomb} ; c. E → = 6,74 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ C ⋅ − r ̂ . Całkowity ładunek Q jest rozmieszczony równomiernie w sferycznej powłoce o promieniach, odpowiednio wewnętrznym i zewnętrznym, r 1 i r 2 . Pokaż, że natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten ładunek wynosi E → = 0 ⁢ V ∕ m , gdy r ≤ r 1 ; E → = Q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 ⋅ r 3 − r 1 3 ∕ r 2 3 − r 1 3 ⋅ r ̂ , gdy r 1 < r ≤ r 2 ; E → = Q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 ⋅ r ̂ , gdy r > r 2 . Kiedy ładunek zostanie umieszczony na metalowej kuli, to w stanie równowagi gromadzi się on na zewnętrznej powierzchni. Korzystając z tej informacji, wyznacz natężenie pola elektrycznego dla ładunku + 3 ⁢ µC umieszczonego na aluminiowej kuli o średnicy 5 ⁢ cm , dla dwóch punktów przestrzeni: 1 ⁢ cm od środka kuli (punkt wewnątrz kuli); 10 ⁢ cm od środka kuli (punkt na zewnątrz kuli). a. E = 0 ⁢ N ∕ C E = \\SI{0}{\\newton\\per\\coulomb} ; b. E = 2,7 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ C . Duża płaszczyzna jest naładowana z jednorodną gęstością ładunku 10 ⁢ µC ∕ m 2 . Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten ładunek w punkcie tuż nad powierzchnią płaszczyzny? Sprawdź, czy przybliżenie symetrii cylindrycznej ma zastosowanie w następujących sytuacjach. Uzasadnij dlaczego. Długi na 300 ⁢ cm miedziany pręt o promieniu 1 ⁢ cm jest naładowany ładunkiem + 500 ⁢ nC . Szukamy natężenia pola elektrycznego w punkcie odległym o 5 ⁢ cm od środka pręta; Długi na 10 ⁢ cm miedziany pręt o promieniu 1 ⁢ cm jest naładowany ładunkiem + 500 ⁢ nC . Szukamy natężenia pola elektrycznego w punkcie odległym o 5 ⁢ cm od środka pręta; Długi na 150 ⁢ cm drewniany pręt jest przyklejony do plastikowego pręta, tak że tworzą pręt o długości 300 ⁢ cm , który zostaje potem pokryty warstwą naładowanej farby, dzięki czemu uzyskujemy jednorodną gęstość ładunku. Promień każdego z prętów wynosi 1 ⁢ cm . Szukamy natężenia pola elektrycznego w punkcie odległym o 4 ⁢ cm od pręta; Ten sam pręt co w (c), ale tym razem szukamy natężenia pola elektrycznego w punkcie odległym o 500 ⁢ cm od środka pręta. a. Tak, długość pręta jest o wiele większa od odległości od rozpatrywanego punktu; b. Nie, długość pręta jest porównywalna z odległością od rozpatrywanego punktu; c. Tak, długość pręta jest o wiele większa od odległości od rozpatrywanego punktu; d. Nie, długość pręta jest porównywalna z odległością od rozpatrywanego punktu. Długi, pręt ze srebra o promieniu 3 ⁢ cm ma ładunek − 5 ⁢ µC ∕ cm zgromadzony na powierzchni. Znajdź natężenie pola elektrycznego w punkcie odległym o 5 ⁢ cm od środka pręta (zewnętrzny punkt); Znajdź natężenie pola elektrycznego w odległości 2 ⁢ cm od środka pręta (wewnętrzny punkt). Pole elektryczne w odległości 2 ⁢ cm od środka długiego, miedzianego pręta o promieniu 1 ⁢ cm ma natężenie 3 ⁢ N ∕ C i jest skierowane na zewnątrz osi pręta. Ile ładunku przypada na jednostkę długości pręta? Jaki byłby strumień natężenia pola elektrycznego przez sześcian o krawędzi 5 ⁢ cm , usytuowany tak, że pręt przechodzi prostopadle przez przeciwległe ścianki sześcianu? a. E → = R ⁢ σ ∕ ε 0 ⁢ r ⋅ r ̂ ⇒ σ = E ⁢ r ⁢ ε 0 ∕ R = 5,31 ⋅ 10 -11 ⁢ C ∕ m 2 \\vec{E} = R\\sigma / (\\epsilon_0 r) \\cdot \\hat{r} \\implies \\sigma = Er\\epsilon_0 / R = \\SI{5,31e-11}{\\coulomb\\per\\metre\\squared} , λ = 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ σ = 3,34 ⋅ 10 -12 ⁢ C ∕ m \\lambda = 2\\pi r \\sigma = \\SI{3,34e-12}{\\coulomb\\per\\metre} ; b. Φ E = q wew ∕ ε 0 = 0,019 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C \\Phi_E = q_{\\text{wew}} / \\epsilon_0 = \\SI{0,019}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} . Długa, miedziana, cylindryczna powłoka o wewnętrznym promieniu 2 ⁢ cm i zewnętrznym promieniu 3 ⁢ cm , otacza umieszczony współosiowo, długi, aluminiowy pręt o promieniu 1 ⁢ cm naładowany, z gęstością ładunku 4 ⁢ pC ∕ m . Wszystkie ładunki na aluminiowym pręcie gromadzą się na powierzchni. Wewnętrzna powierzchnia miedzianej powłoki ma dokładnie przeciwny ładunek do tego na aluminiowym pręcie, podczas gdy zewnętrzna powierzchnia miedzianej powłoki ma taki sam ładunek jak aluminiowy pręt. Znajdź natężenie pola elektrycznego i jego kierunek w punktach, które znajdują się w następujących odległościach od środka aluminiowego pręta: 0,5 ⁢ cm ; 1,5 ⁢ cm ; 2,5 ⁢ cm ; 3,5 ⁢ cm ; 7 ⁢ cm . Ładunek jest jednorodnie rozłożony z gęstością ρ w nieskończenie długiej cylindrycznej objętości o promieniu R . Pokaż, że pole elektryczne pochodzące od tego rozkładu ładunku jest skierowane radialnie w stosunku do walca i że E = ρ ⁢ r ∕ 2 ⁢ ε 0 dla r ≤ R i E = ρ ⁢ R 2 ∕ 2 ⁢ ε 0 ⁢ r dla r > R . E ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l = ρ ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ l ∕ ε 0 ⇒ E = ρ ⁢ r ∕ 2 ⁢ ε 0 , kiedy r ≤ R ; E ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l = ρ ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ l ∕ ε 0 ⇒ E = ρ ⁢ R 2 ∕ 2 ⁢ ε 0 ⁢ r , kiedy r > R . Ładunek jest rozłożony w bardzo długiej cylindrycznej objętości o promieniu R , tak że gęstość ładunku wzrasta wraz z odległością r od osi walca zgodnie z relacją ρ = α ⁢ r , gdzie α jest stałą. Pokaż, że pole elektryczne wytworzone przez ten rozkład ładunku jest skierowane radialnie w stosunku do walca i że E = α ⁢ r 2 ∕ 3 ⁢ ε 0 dla r ≤ R oraz E = α ⁢ R 3 ∕ 3 ⁢ ε 0 ⁢ r dla r > R . Pole elektryczne w odległości 10 ⁢ cm od powierzchni miedzianej kuli o promieniu 5 ⁢ cm jest skierowane do środka kuli i ma natężenie 4 ⋅ 10 2 ⁢ N ∕ C . Jaki ładunek znajduje się na powierzchni kuli? Φ E = q wew ∕ ε 0 ⇒ q wew = - 4,45 ⋅ 10 -10 ⁢ C . Ładunek jest rozłożony w sferycznej powłoce o wewnętrznym promieniu r 1 i zewnętrznym promieniu r 2 z gęstością objętościową ρ = ρ 0 ⁢ r 1 ∕ r , gdzie ρ 0 jest stałą. Wyznacz natężenie pola elektrycznego w funkcji odległości r , od środka powłoki. Ładunek jest rozłożony w sferycznej objętości o promieniu R z gęstością ρ = α ⁢ r 2 , gdzie α jest stałą. Wyznacz natężenie pola elektrycznego w punktach wewnątrz i na zewnątrz kuli. q wew = 4 ∕ 5 ⋅ π ⁢ α ⁢ r 5 q_{\\text{wew}} = 4/5 \\cdot \\pi \\alpha r^5 , E = α ⁢ r 3 ∕ 5 ⁢ ε 0 E = \\alpha r^3 / (5\\epsilon_0) , dla r ≤ R r \\leq R , q cał = 4 ∕ 5 ⋅ π ⁢ α ⁢ R 5 q_{\\text{cał}} = 4/5 \\cdot \\pi \\alpha R^5 , E = α ⁢ R 5 ∕ 5 ⁢ ε 0 ⁢ r 2 E = \\alpha R^5 / (5\\epsilon_0 r^2) , dla r > R r > R . Przyjmij, że jądro uranu jest kulą o promieniu R = 7,4 ⋅ 10 -15 ⁢ m posiadającą ładunek 92 ⁢ e , rozłożony równomiernie w całej jego objętości. Jaka jest siła elektrostatyczna działająca na elektron, gdy znajduje się on w odległości 3 ⋅ 10 -15 ⁢ m od środka jądra? Jakie jest przyspieszenie elektronu w tym punkcie? Gęstość objętościowa sferycznego rozkładu ładunku jest dana jako ρ ⁢ r = ρ 0 ⁢ e − α ⁢ r , gdzie ρ 0 i α są stałymi. Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytwarzanego przez ten rozkład ładunku? Całkując przez części otrzymujemy: q wew = 4 ⁢ π ⁢ ρ 0 ⁢ − e − α ⁢ r ⁢ r 2 ∕ α + 2 ⁢ r ∕ α 2 + 2 ∕ α 3 + 2 ∕ α 3 q_{\\text{wew}} = 4\\pi \\rho_0 [-e^{-\\alpha r} (r^2/\\alpha + 2r/\\alpha^2 + 2/\\alpha^3) + 2/\\alpha^3] , a z tego wynika, że E = ρ 0 ∕ r 2 ⁢ ε 0 ⋅ − e − α ⁢ r ⁢ r 2 ∕ α + 2 ⁢ r ∕ α 2 + 2 ∕ α 3 + 2 ∕ α 3 E = \\rho_0 / r^2 \\epsilon_0 \\cdot [-e^{-\\alpha r} (r^2/\\alpha + 2r/\\alpha^2 + 2/\\alpha^3) + 2/\\alpha^3] . symetria cylindryczna (ang. cylindrical symmetry ) układ zmienia się tylko wraz z odległością od osi, a jest niezależny od kierunku symetria płaszczyznowa (ang. planar symmetry ) układ zmienia się tylko wraz z odległością od płaszczyzny symetria sferyczna (ang. spherical symmetry ) układ zmienia się tylko wraz z odległością od początku układu, a jest niezależny od kierunku", "section": "Stosowanie prawa Gaussa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Przewodniki w stanie równowagi elektrostatycznej Dotychczas zajmowaliśmy się ładunkami rozmieszczonymi w pewnej objętości w izolatorze. Teraz zbadamy, co się wydarzy, gdy swobodne ładunki zostaną umieszczone na przewodniku. Zasadniczo w obecności (na ogół zewnętrznego) pola elektrycznego swobodne ładunki przemieszczają się aż do osiągnięcia stanu równowagi elektrostatycznej. Zarówno wygenerowany rozkład ładunku, jak i jego pole elektryczne mają wiele interesujących właściwości, które możemy poznać za pomocą prawa Gaussa oraz korzystając z koncepcji potencjału elektrycznego. Znikanie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika Jeżeli wewnątrz przewodnika obecne jest pole elektryczne, działa ono siłą na elektrony swobodne (ang. free electrons ), które mogą swobodnie przemieszczać się w przewodniku. Elektrony te nazywane są również elektronami przewodnictwa. W rezultacie te swobodne elektrony doznają przyspieszenia. Przemieszczanie się ładunków w przewodniku oznacza jednak, że – wbrew przyjętej przez nas hipotezie – nie mamy do czynienia ze statycznym rozkładem ładunku. Dlatego gdy osiągnięty zostanie stan równowagi elektrostatycznej, ładunki są rozmieszczone tak, że pole elektryczne wewnątrz przewodnika znika. Jeżeli umieścimy kawałek metalu w pobliżu dodatniego ładunku, to elektrony w metalu są przyciągane do tego zewnętrznego ładunku i przemieszczają się swobodnie w jego stronę. Obszar, do którego napływają elektrony, uzyskuje przewagę elektronów nad protonami w atomach, a obszar, z którego odpływają elektrony, ma więcej protonów niż elektronów. Zatem w metalu powstaje w pobliżu ładunku obszar naładowany ujemnie, a na przeciwległym końcu obszar naładowany dodatnio ( ). Jak widzieliśmy w poprzednim rozdziale, takie rozdzielenie ładunków elektrycznych o tej samej wartości lecz przeciwnych znakach, nazywamy polaryzacją (ang. polarization ). Gdy usuniemy zewnętrzny ładunek, elektrony przemieszczą się z powrotem tak, że materiał stanie się neutralny. Polaryzacja metalowej kuli przez zewnętrzny ładunek punktowy + q . Bliższa ładunkowi zewnętrznemu strona kuli ma ładunek powierzchniowy przeciwny do ładunku na stronie odległej. Mówimy, że kula została spolaryzowana. Gdy usuniemy zewnętrzny ładunek, zniknie także polaryzacja metalu. Z polaryzacją metalu mamy do czynienia tylko w obecności zewnętrznego pola elektrycznego. Można o niej myśleć w kategoriach pola elektrycznego. Zewnętrzny ładunek jest źródłem zewnętrznego pola elektrycznego. Gdy metal zostanie umieszczony w tym polu elektrycznym, elektrony i protony w metalu doświadczają działania sił elektrostatycznych spowodowanych tym zewnętrznym polem elektrycznym, ale tylko elektrony przewodnictwa mogą się swobodnie przemieszczać w metalu na makroskopowe odległości. Przemieszczanie się elektronów przewodnictwa prowadzi do polaryzacji, w wyniku której oprócz zewnętrznego pola elektrycznego powstaje wyindukowane pole elektryczne ( ). Wypadkowe natężenie pola elektrycznego jest sumą wektorową natężeń pól od ładunku + q i od powierzchniowych gęstości ładunku − σ A i + σ B . Oznacza to, że wypadkowe natężenie pola wewnątrz przewodnika jest różne od natężenia pola na zewnątrz przewodnika. W obecności zewnętrznego ładunku q w metalu ładunki się rozdzielają. Pole elektryczne w każdym punkcie ma trzy składowe, od + q oraz od wyindukowanych ładunków − σ A i + σ B Zauważ, że rozkład ładunków w tym przypadku nie jest jednorodny. Rozkład ładunków jest taki, że suma trzech składowych w każdym punkcie P wewnątrz przewodnika jest równa E → P = E → q + E → B + E → A = 0 ⁢ V ∕ m ⁢ . Dzięki prawu Gaussa wiemy, że w stanie równowagi nie ma ładunków wewnątrz powierzchni Gaussa, która zawiera się całkowicie w objętości przewodnika. To znaczy, że q wew = 0 ⁢ C , i dlatego E → wyp = 0 ⁢ V ∕ m ⁢ (w punktach wewnątrz przewodnika). Ładunki na przewodniku Ciekawą właściwością przewodnika w równowadze statycznej jest fakt, że ładunek wprowadzony na przewodnik gromadzi się na jego zewnętrznej powierzchni, bez względu na to, gdzie został początkowo umieszczony. Na pokazany jest układ, w którym zewnętrzny ładunek dodatni zostaje umieszczony we wnęce w metalu i następnie zostaje zetknięty z wewnętrzną powierzchnią. Początkowo wewnętrzna powierzchnia wnęki jest naładowana ujemnie, a zewnętrzna – dodatnio. Gdy dotykamy wewnętrznej powierzchni wnęki, wyindukowane ładunki zostają zneutralizowane, a zewnętrzna powierzchnia i cały metal uzyskują wypadkowy ładunek dodatni. Ładunki elektryczne w przewodniku przemieszczają się w stronę zewnętrznej powierzchni bez względu na to, gdzie zostały początkowo umieszczone. Żeby zobaczyć, dlaczego tak się dzieje, zauważmy, że powierzchnia Gaussa na (linia przerywana) ma kształt taki, jak rzeczywista powierzchnia przewodnika i jest umieszczona w nieskończenie małej odległości pod nią. Ponieważ E = 0 ⁢ V ∕ m E = \\SI{0}{\\volt\\per\\metre} wszędzie w przewodniku, ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = 0 ⁢ V ⁢ m ⁢ . \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\SI{0}{\\volt\\metre} \\text{.} Powierzchnia Gaussa leży tuż poniżej rzeczywistej powierzchni przewodnika, dlatego wewnątrz niej nie ma wypadkowego ładunku, co oznacza, że cały wprowadzony ładunek musi znajdować się na powierzchni przewodnika. Linia przerywana przedstawia powierzchnię Gaussa, która znajduje się tuż pod rzeczywistą powierzchnią przewodnika. Ta szczególna właściwość przewodników stanowi podstawę do nadzwyczaj dokładnej metody opracowanej przez Plimptona i Lawtona w 1936 r. celem sprawdzenia prawa Gaussa i zarazem prawa Coulomba. Szkic ich aparatury pomiarowej jest pokazany na . Dwie sferyczne powłoki są połączone ze sobą za pomocą elektrometru E, przyrządu, który potrafi wykryć bardzo małą ilość ładunku przepływającego z jednej powłoki do drugiej. Kiedy przełącznik S jest przestawiony na lewo, bateria B ładuje zewnętrzną powlokę. Czy ładunek przepłynie przez elektrometr do wewnętrznej powłoki? Nie. Gdyby tak się stało, oznaczałoby to naruszenie prawa Gaussa. Plimpton i Lawton nie zarejestrowali żadnego przepływu w zakresie czułości ich elektrometru i wysunęli wniosek, że gdyby zapisać radialną zależność w prawie Coulomba jako 1 ∕ r 2 + δ , δ byłaby mniejsza niż 2 ⋅ 10 -9 S. Plimpton and W. Lawton. 1936. „A Very Accurate Test of Coulomb’s Law of Force between Charges.” Physical Review 50, No. 11: 1066, doi:10.1103/PhysRev.50.1066. . W bardziej współczesnych pomiarach otrzymano δ mniejszą niż 3 ⋅ 10 -16 E. Williams, J. Faller, and H. Hill. 1971. „New Experimental Test of Coulomb’s Law: A Laboratory Upper Limit on the Photon Rest Mass.” Physical Review Letters 26, No. 12: 721, doi:10.1103/PhysRevLett.26.721. , wielkość tak małą, że słuszność prawa Coulomba wydaje się bezsporna. Szkic aparatury pomiarowej użytej przez Plimptona i Lawtona. Jakikolwiek przepływ ładunku pomiędzy sferami jest rejestrowany przez elektrometr E. Pole elektryczne na powierzchni przewodnika Jeżeli pole elektryczne ma składową równoległą do powierzchni przewodnika, swobodne ładunki na powierzchni będą się przemieszczać, co jest sytuacją sprzeczną z założeniem o elektrostatycznej równowadze. Zatem pole elektryczne jest zawsze prostopadłe do powierzchni przewodnika. W dowolnym punkcie tuż powyżej powierzchni przewodnika powierzchniowa gęstość ładunku δ i natężenie pola elektrycznego E są powiązane zależnością E = σ ε 0 ⁢ . Żeby to sprawdzić, rozważ nieskończenie małą powierzchnię Gaussa w kształcie cylindra, który otacza punkt na powierzchni przewodnika, tak jak na . Jedna z podstaw cylindra znajduje się wewnątrz powierzchni, a druga na zewnątrz. Wysokość i powierzchnia przekroju poprzecznego wynoszą odpowiednio δ i Δ S . Bok cylindra jest prostopadły do powierzchni przewodnika, a jego podstawy są równoległe do tej powierzchni. Ponieważ cylinder jest nieskończenie mały, gęstość ładunku σ jest w zasadzie stała na otoczonej powierzchni, zatem całkowity ładunek wewnątrz cylindrycznej powierzchni Gaussa jest równy σ ⁢ Δ S . Natężenie pola elektrycznego E jest prostopadłe do powierzchni przewodnika na zewnątrz przewodnika i znika wewnątrz niego, w przeciwnym wypadku ładunki doznawałyby przyspieszenia i nie byłyby w stanie równowagi. Dlatego strumień pola elektrycznego przenika tylko przez zewnętrzną podstawę powierzchni Gaussa i może być zapisany jako E ⁢ Δ S , ponieważ z założenia cylinder jest wystarczająco mały, aby przyjąć, że E jest stałe na całej tej powierzchni. Z prawa Gaussa E ⁢ Δ S = σ ⁢ Δ S ε 0 ⁢ . Zatem E = σ ε 0 ⁢ . Nieskończenie mała, cylindryczna powierzchnia Gaussa otacza punkt P , znajdujący się na powierzchni przewodnika. Wektor natężenia pola E → jest prostopadły do powierzchni przewodnika i skierowany na zewnątrz, zaś wewnątrz przewodnika natężenie pola wynosi zero. Natężenie pola elektrycznego przewodzącej płyty Nieskończona, przewodząca płyta, pokazana na , ma jednorodną powierzchniową gęstość ładunku σ . Zastosujemy prawo Gaussa do znalezienia natężenia pola elektrycznego na zewnątrz płyty. Porównamy ten wynik z otrzymanym poprzednio z bezpośrednich obliczeń. Widok z boku na nieskończoną, przewodzącą płytę i cylindryczną powierzchnię Gaussa o powierzchni podstawy równej S . Strategia rozwiązania W tym przypadku wybieramy cylindryczną powierzchnię Gaussa, której widok z boku jest pokazany. Rozwiązanie Obliczenia strumienia są podobne do tych dla nieskończonej naładowanej płaszczyzny z poprzedniego rozdziału z tą zasadniczą różnicą, że lewa podstawa powierzchni Gaussa znajduje się wewnątrz przewodnika, gdzie E → = 0 ⁢ V ∕ m , tak że całkowity strumień przez powierzchnię Gaussa jest równy E ⁢ S , a nie 2 ⁢ E ⁢ S . Wtedy z prawa Gaussa E ⁢ S = σ ⁢ S ε 0 i natężenie pola elektrycznego na zewnątrz płyty wynosi E = σ ε 0 ⁢ . Znaczenie Ten wynik jest zgodny z otrzymanym w poprzedniej części i zgodny z podaną powyżej zasadą. Natężenie pola elektrycznego pomiędzy dwoma przeciwnie naładowanymi, równoległymi płytami Dwie duże, przewodzące płyty posiadają równe, ale przeciwne ładunki o powierzchniowej gęstości ładunku σ równej 6,81 ⋅ 10 -7 ⁢ C ∕ m 2 , jak pokazano na . Odległość między płytami wynosi l = 6,5 ⁢ mm . Jakie jest natężenie pola elektrycznego pomiędzy płytami? Pole elektryczne pomiędzy przeciwnie naładowanymi, równoległymi płytami. Ładunek próbny jest wprowadzony w pobliżu płyty dodatniej. Strategia rozwiązania Zauważmy, że natężenie pola elektrycznego na powierzchni płyty zależy tylko od ładunku na tej płycie. Zatem skorzystamy z wyrażenia E = σ ∕ ε 0 dla podanych wartości. Rozwiązanie Pole elektryczne jest skierowane od dodatniej do ujemnej płyty, jak pokazano na rysunku, i jego natężenie wynosi E = σ ε 0 = 6,81 ⋅ 10 -7 ⁢ C ∕ m 2 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 = 7,69 ⋅ 10 4 ⁢ N ∕ C ⁢ . Znaczenie Stosowanie tego wzoru nie ogranicza się tylko do płyty. Ponadto układ dwóch płyt będzie istotny w dalszej części rozważań w tym rozdziale. Przewodząca kula Izolowana przewodząca kula ( ) ma promień R i ładunek q . Jakie jest natężenie pola elektrycznego wewnątrz oraz na zewnątrz kuli? Izolowana, przewodząca kula. Strategia rozwiązania Kula jest izolowana, tak że powierzchniowy rozkład ładunku i pole elektryczne od tego ładunku mają symetrię sferyczną. Dlatego możemy zapisać natężenie pola w postaci E → = E ⁢ r ⁢ r ̂ . Aby obliczyć E ⁢ r , stosujemy prawo Gaussa dla zamkniętej sferycznej powierzchni S o promieniu r , która jest współśrodkowa z przewodzącą kulą. Rozwiązanie Ponieważ r jest stały i n ̂ = r ̂ na sferze, ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⁡ r ⁢ ∯ S d S = E ⁡ r ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ . \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\apply (r) \\prefop{\\u{222F}}_S \\d S = E\\apply (r) \\cdot 4\\pi r^2 \\text{.} Dla r < R , S znajduje się wewnątrz przewodnika, więc q wew = 0 ⁢ C i z prawa Gaussa otrzymujemy E ⁡ r = 0 ⁢ V ∕ m ⁢ , E \\apply (r) = \\SI{0}{\\volt\\per\\metre} \\text{,} jak oczekiwaliśmy dla wnętrza przewodnika. Gdy r ≥ R r \\geq R , S otacza przewodnik, więc q wew = q . Z prawa Gaussa otrzymujemy E ⁡ r ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 = q ε 0 ⁢ . E \\apply (r) \\cdot 4\\pi r^2 = \\frac{q}{\\epsilon_0} \\text{.} Natężenie pola elektrycznego kuli może być więc zapisane jako E → = 0 ⁢ V ∕ m ⁢ , dla ⁢ r < R ⁢ , 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , dla ⁢ r ≥ R ⁢ . \\vec{E} = \\left{ \\begin{matrix*}[l] \\SI{0}{\\volt\\per\\metre}\\text{,} &\\text{dla } r<R \\text{,} \\\\ \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{r^2} \\hat{r}\\text{,} &\\text{dla } r \\geq R \\text{.} \\end{matrix*} \\right. Znaczenie Zauważmy, że w obszarze r ≥ R natężenie pola elektrycznego od ładunku q rozmieszczonego na izolowanej, przewodzącej kuli o promieniu R jest takie samo jak natężenie pola ładunku punktowego q umieszczonego w środku kuli. Różnica pomiędzy naładowanym metalem a ładunkiem punktowym pojawia się tylko w punktach wewnątrz przewodnika. Dla ładunku punktowego umieszczonego w środku kuli jest niezerowe w punktach przestrzeni zajmowanej przez kulę, ale w przypadku przewodnika z takim samym ładunkiem natężenie pola elektrycznego jest równe zero w tych punktach ( ). Natomiast nie ma różnicy na zewnątrz w punktach przestrzeni r ≥ R r \\geq R i możemy bez konsekwencji zastąpić izolowany, naładowany, kulisty przewodnik ładunkiem punktowym umieszczonym w jego środku. Natężenie pola elektrycznego dodatnio naładowanej, metalowej kuli. Natężenie pola elektrycznego wewnątrz jest równe zero, a natężenie pola elektrycznego na zewnątrz jest takie samo jak natężenie pola elektrycznego punktowego ładunku umieszczonego w środku, chociaż ładunek w kuli metalowej znajduje się na powierzchni. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieniłby się układ pokazany powyżej, gdyby na zewnątrz kuli umieszczono naładowane obiekty? Gdyby naokoło znajdowały się inne naładowane obiekty, to ładunki na powierzchni kuli niekoniecznie miałyby symetrię sferyczną; byłoby więcej ładunków w pewnych kierunkach niż w innych. Jeśli ładunek + q umieścimy wewnątrz wnęki w przewodniku to ładunki w przewodniku zostaną rozsunięte i ładunek − q zgromadzi się na wewnętrznej powierzchni, a ładunek + q na powierzchni zewnętrznej przewodnika ( (a)). W przypadku tego samego przewodnika z ładunkiem + q umieszczonym na zewnątrz nie obserwujemy nadmiarowego ładunku na wewnętrznej powierzchni przewodnika; zarówno dodatnie, jak i ujemne, wyindukowane ładunki znajdują się na powierzchni zewnętrznej – (b). (a) Ładunek wewnątrz wnęki w metalu. Rozkład ładunków na zewnętrznej powierzchni nie zależy od tego, jak rozmieszczone są ładunki na wewnętrznej powierzchni, ponieważ natężenie pola E → \\vec{E} ⁠wewnątrz metalu jest równe zero. Wielkość ładunku na zewnętrznej powierzchni zależy natomiast od wielkości ładunku wewnątrz. (b) Ładunek umieszczony na zewnątrz przewodnika z wnęką – we wnęce nie ma ładunku. Polaryzacja ładunków przewodnika ma miejsce na powierzchni. Przewodnik ma dwie wnęki. Wewnątrz jednej znajduje się ładunek + q a , a wewnątrz drugiej ładunek − q b , polaryzacja przewodnika prowadzi do pojawienia się ładunku − q a na wewnętrznej powierzchni jednej wnęki i ładunku + q b na wewnętrznej powierzchni drugiej wnęki oraz ładunków q a − q b na zewnętrznej powierzchni ( ). Ładunki na powierzchniach mogą nie być rozłożone równomiernie; ich rozkład zależy od geometrii układu. Jedyna zasada, która obowiązuje, to ta, że gdy zostanie osiągnięty stan równowagi, rozkład ładunku w przewodniku jest taki, że natężenie pola elektrycznego ładunku w przewodniku znosi się z natężeniem pola elektrycznego od zewnętrznych ładunków we wszystkich punktach przestrzeni wewnątrz przewodnika. Ładunki wyindukowane przez dwa równe i przeciwne ładunki w dwóch oddzielnych wnękach znajdujących się w przewodniku. Jeżeli wypadkowy ładunek wnęki jest niezerowy, to na zewnętrznej powierzchni gromadzi się ładunek równy temu wypadkowemu ładunkowi. Podsumowanie Pole elektryczne znika wewnątrz przewodnika. Jakikolwiek dodatkowy ładunek wprowadzony na przewodnik gromadzi się wyłącznie na powierzchni przewodnika. Pole elektryczne jest prostopadłe do powierzchni przewodnika wszędzie na jego powierzchni. Natężenie pola elektrycznego tuż nad powierzchnią przewodnika wynosi E = σ ∕ ε 0 . Najważniejsze wzory Definicja strumienia natężenia pola elektrycznego dla jednorodnego pola elektrycznego Φ E = E → ⋅ S → = E ⁢ S ⁢ cos θ \\Phi_E = \\vec{E} \\cdot \\vec{S} = ES\\cos \\theta Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię otwartą Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = ∬ S E → ⋅ d S → \\Phi_E = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{S} Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię zamkniętą Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = ∯ S E → ⋅ d S → \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{S} Prawo Gaussa Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = q wew ε 0 \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} Prawo Gaussa dla układów posiadających symetrię Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⁢ ∯ S d S = E ⁢ S = q wew ε 0 \\Phi_E = \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\prefop{\\u{222F}}_S \\d S = ES = \\frac{q_{\\text{wew}}}{\\epsilon_0} Natężenie pola elektrycznego na zewnątrz przy powierzchni przewodnika E = σ ε 0 Pytania Czy natężenie pola elektrycznego wewnątrz metalu ma zawsze wartość zero? W warunkach równowagi elektrostatycznej nadmiarowy ładunek w przewodniku gromadzi się na jego powierzchni. Czy to oznacza, że wszystkie elektrony przewodnictwa w przewodniku znajdują się na powierzchni? Tak. Ładunek q został umieszczony we wnęce w przewodniku, jak pokazano poniżej. Czy ładunek znajdujący się na zewnątrz przewodnika doświadczy obecności pola elektrycznego wytworzonego przez q ? Przewodnik na rysunku powyżej ma nadmiarowy ładunek − 5 ⁢ µC . Jeżeli punktowy ładunek 2 ⁢ µC zostanie umieszczony we wnęce, to jaki jest wypadkowy ładunek na powierzchni wnęki, a jaki na zewnętrznej powierzchni przewodnika? Skoro natężenie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika jest równe zero, to ładunek − 2 ⁢ µC zostanie wyindukowany na wewnętrznej powierzchni wnęki. To spowoduje, że ładunek + 2 ⁢ µC pojawi się na zewnętrznej powierzchni, dając wypadkowy ładunek na powierzchni równy − 3 ⁢ µC . Zadania Na rysunku poniżej pokazany jest nienaładowany przewodnik z wewnętrzną wnęką. Korzystając z zamkniętej powierzchni S oraz z prawa Gaussa, pokaż, że kiedy ładunek q jest umieszczony we wnęce, to ładunek − q zostaje wyindukowany na wewnętrznej powierzchni przewodnika. Jaki ładunek znajduje się na zewnętrznej powierzchni przewodnika? Nienaładowany kulisty przewodnik S o promieniu R ma dwie sferyczne wnęki A i B o promieniach odpowiednio a i b , jak pokazano poniżej. Dwa punktowe ładunki + q a i + q b są zamocowane w środkach dwóch wnęk za pomocą nieprzewodzących podpórek. Dodatkowo punktowy ładunek + q 0 został umieszczony na zewnątrz w odległości r od środka kuli. Narysuj przybliżone rozkłady ładunku w metalu, pamiętając, że metalowa kula nie ma wypadkowego ładunku; Narysuj linie pola elektrycznego. Narysuj ich wystarczająco dużo, aby przedstawić wszystkie wyraźnie odróżniające się miejsca. Dodatni ładunek punktowy został umieszczony na dwusiecznej kąta 45 ° , utworzonego przez dwie nienaładowane przewodzące płyty. Przyjrzyj się poniższemu rysunkowi. Narysuj linie pola elektrycznego. Długi miedziany walec o promieniu 3 ⁢ cm jest naładowany z liniową gęstością ładunku 3 ⁢ C ∕ m na jego powierzchni. Znajdź natężenie pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz walca; Narysuj linie pola elektrycznego w płaszczyźnie prostopadłej do walca. a. Na zewnątrz: E ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l = λ ⁢ l ∕ ε 0 ⇒ E = 3 ⁢ C ∕ m ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r , wewnątrz: E = 0 ⁢ N ∕ C ; b. Aluminiowa kula o promieniu 4 ⁢ cm jest naładowana ładunkiem 5 ⁢ µC . Otacza ją miedziana, sferyczna powłoka o wewnętrznym promieniu 6 ⁢ cm i zewnętrznym promieniu 8 ⁢ cm . Ładunek − 8 ⁢ µC zostaje wprowadzony na miedzianą powłokę. Znajdź natężenie pola elektrycznego we wszystkich punktach przestrzeni, w tym w punktach wewnątrz aluminium i wewnątrz miedzianej powłoki, gdy są one współśrodkowe; Znajdź natężenie pola elektrycznego we wszystkich punktach przestrzeni, w tym w punktach wewnątrz aluminium i wewnątrz miedzianej powłoki, gdy środki miedzianej powłoki i aluminiowej kuli znajdują się w odległości 1 ⁢ cm od siebie. Długi aluminiowy walec o promieniu R jest naładowany tak, że ma na powierzchni stałą ilość ładunku na jednostkę długości λ . Znajdź natężenie pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz walca; Narysuj wykres zależności natężenia pola elektrycznego od odległości od środka walca. a. Na zewnątrz: E ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l = λ ⁢ l ∕ ε 0 ⇒ E = λ ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r , wewnątrz: E = 0 ⁢ N ∕ C ; b. Na powierzchni przewodnika w stanie równowagi elektrostatycznej E = σ ∕ ε 0 . Pokaż, że to równanie jest zgodne z tym, że E = k ⁢ q ∕ r 2 na powierzchni sferycznie symetrycznego przewodnika. Dwie równoległe płyty o boku 10 ⁢ cm naładowane zostały równymi, ale przeciwnymi ładunkami o wartości 5 ⋅ 10 -9 ⁢ C . Płytki znajdują się w odległości 1,5 ⁢ mm od siebie. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w środku obszaru pomiędzy płytami? E = 5,65 ⋅ 10 4 ⁢ N ∕ C . Dwie nienaładowane, równoległe, przewodzące płyty, każda o powierzchni 400 ⁢ cm 2 , znajdują się w odległości 2 ⁢ cm od siebie. Jeżeli 10 12 elektronów zostanie przeniesionych z jednej płyty na drugą, to jakie są: gęstość ładunku na każdej z płyt; natężenie pola elektrycznego pomiędzy płytami? Powierzchniowa gęstość ładunku na długiej, prostej, metalicznej rurce jest równa σ . Jakie jest natężenie pola elektrycznego na zewnątrz i wewnątrz rurki? Przyjmij, że rurka ma średnicę 2 ⁢ a . Na zewnątrz: λ = λ ⁢ l ∕ ε 0 ⇒ E = a ⁢ σ ∕ ε 0 ⁢ r , wewnątrz: E = 0 ⁢ N ∕ C , ponieważ ładunek wewnątrz jest równy zero ( q = 0 ⁢ C ). Ładunek punktowy q = - 5 ⋅ 10 -12 ⁢ C jest umieszczony w środku sferycznej, przewodzącej powłoki o wewnętrznym promieniu 3,5 ⁢ cm i zewnętrznym promieniu 4 ⁢ cm . Pole elektryczne bezpośrednio nad powierzchnią przewodnika jest skierowane radialnie na zewnątrz i ma natężenie 8 ⁢ N ∕ C . Jaka jest gęstość ładunku na wewnętrznej powierzchni powłoki? Jaka jest gęstość ładunku na zewnętrznej powierzchni powłoki? Jaki jest wypadkowy ładunek na przewodniku? Lity cylindryczny przewodnik o promieniu a jest otoczony koncentryczną cylindryczną powłoką o wewnętrznym promieniu b . Lity cylinder i powłoka mają ładunki odpowiednio + Q i − Q . Przyjmując, że długość L obu przewodników jest dużo większa od a czy b , wyznacz natężenie pola elektrycznego w funkcji odległości r od wspólnej środkowej osi obu cylindrów dla r < a ; a < r < b ; r > b . a. E = 0 ⁢ N ∕ C ; b. E ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L = Q ∕ ε 0 ⇒ E = Q ∕ 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r ⁢ L ; c. E = 0 ⁢ N ∕ C , gdyż albo r wypada wewnątrz drugiej powłoki, albo gdy na zewnątrz, to ładunek wewnętrzny wynosi zero ( q = 0 ⁢ C ). Zadania dodatkowe Pole wektorowe E → (niekoniecznie pole elektryczne; sprawdź jednostki) jest dane wyrażeniem E → = 3 ⁢ x 2 ⁢ k ̂ . Oblicz ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S , gdzie S jest powierzchnią pokazaną poniżej. Przyjmij, że n ̂ = k ̂ . Ponownie rozwiąż poprzednie zadanie dla E → = 2 ⁢ x ⁢ i ̂ + 3 ⁢ x 2 ⁢ k ̂ . ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = a 4 \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = a^4 . Kołowa powierzchnia S umieszczona koncentrycznie z początkiem układu ma promień a i leży w płaszczyźnie y z . Oblicz ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S dla E → = 3 ⁢ z 2 ⁢ i ̂ .. Oblicz strumień pola elektrycznego o natężeniu E → = E 0 ⁢ k ̂ przez otwartą, półkolistą powierzchnię (zob. rysunek poniżej); Ile będzie wynosił strumień przez półkulę, gdy obrócimy tę powierzchnię o 90 ° wokół osi x ? a. ∬ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E 0 ⁢ π ⁢ r 2 \\iint_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E_0 \\pi r^2 ; b. Zero, ponieważ strumień przez górną powierzchnię znosi się ze strumieniem przez dolną powierzchnię półkuli. Przypuśćmy, że natężenie pola elektrycznego odizolowanego ładunku punktowego jest proporcjonalne do 1 ∕ r 2 + σ , a nie do 1 ∕ r 2 . Wyznacz strumień przechodzący przez powierzchnię sfery o promieniu R , której środek pokrywa się z ładunkiem. Czy prawo Gaussa nadal obowiązuje? Natężenie pola elektrycznego jest dane jako E → = a ∕ b + c ⁢ x ⋅ i ̂ , gdzie a = 200 ⁢ N ⁢ m ∕ C , b = 2 ⁢ m i c = 2 ⁢ m . Jaki jest wypadkowy ładunek zamknięty w zaznaczonej na rysunku poniżej objętości? Φ E = q wew ∕ ε 0 ; są dwa przyczynki do całki powierzchniowej: jeden od ścianki w x = 0 ⁢ m , a drugi od ścianki w x = 2 ⁢ m ; − E ⁢ 0 ⁢ m ⋅ 1 5 ⁢ m 2 + E ⁢ 2 ⁢ m ⋅ 1 5 ⁢ m 2 = q wew ∕ ε 0 = − 100 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C , gdzie znak minus oznacza, że w x = 0 ⁢ m , pole elektryczne jest skierowane wzdłuż dodatniego x , a wersor normalny wzdłuż ujemnego x . W x = 2 ⁢ m , wersor normalny i pole elektryczne skierowane są zgodnie q wew = ε 0 ⁢ Φ E = -8,85 ⋅ 10 -10 ⁢ C . Dwa równe i przeciwne ładunki Q są umieszczone na osi x w punktach + a i − a , jak pokazano poniżej. Jaki jest wypadkowy strumień pola elektrycznego tych ładunków przez kwadratową powierzchnię o boku 2 ⁢ a , która leży w płaszczyźnie y z i której środek pokrywa się z początkiem układu współrzędnych? Wskazówka: Wyznacz oddzielnie strumień od każdego z ładunków, a następnie skorzystaj z zasady superpozycji. Będziesz mógł podać uzasadnienie wynikające z symetrii. Kolega student obliczył strumień przez powierzchnię kwadratu dla układu z poprzedniego zadania i otrzymał zero. Jaki błąd popełnił? Nie zachowywał właściwych kierunków wektorów powierzchni lub pola elektrycznego. Kawałek aluminiowej folii o wymiarach 10 ⁢ cm × 10 ⁢ cm i grubości 0,1 ⁢ mm posiada ładunek 20 ⁢ µC równomiernie rozłożony na obu dużych powierzchniach. Ładunki na cienkich bokach folii możesz pominąć. Znajdź gęstość ładunku; Znajdź natężenie pola elektrycznego 1 cm od środka, zakładając symetrię płaszczyznową. Dwa kawałki folii aluminiowej, każdy o wymiarach 10 ⁢ cm × 10 ⁢ cm i grubości 0,1 ⁢ mm są ustawione naprzeciw siebie w odległości 5 ⁢ mm . Jedna z folii posiada ładunek + 30 ⁢ µC , a druga − 30 ⁢ µC . Znajdź gęstość ładunku na wszystkich powierzchniach, to znaczy na tych zwróconych do siebie i na oddalonych od siebie; Znajdź natężenie pola elektrycznego pomiędzy płaszczyznami w środku, przyjmując symetrię płaszczyznową. a. σ = 3 ⋅ 10 -3 ⁢ C ∕ m 2 , + 3 ⋅ 10 -3 ⁢ C ∕ m 2 na jednej i − 3 ⋅ 10 -3 ⁢ C ∕ m 2 na drugiej; b. E = 3,39 ⋅ 10 8 ⁢ N ∕ C . Dwie duże, umieszczone naprzeciw siebie miedziane płyty posiadają gęstości ładunku ± 4 ⁢ C ∕ m 2 na powierzchni zwróconej w stronę drugiej płyty i zero pomiędzy płytami. Znajdź strumień natężenia pola elektrycznego przez prostokątną powierzchnię o wymiarach 3 ⁢ cm × 4 ⁢ cm umieszczoną pomiędzy płytami, jak pokazano na rysunku poniżej, dla następujących ustawień powierzchni: gdy powierzchnia jest równoległa do płyt; gdy powierzchnia jest odchylona o kąt θ = 30 ° od ustawienia równoległego. Zauważ, że ten kąt można podać jako θ = 180 ° + 30 ° . Nieskończona płyta ograniczona płaszczyznami z = − a ∕ 2 i z = a ∕ 2 posiada jednorodną objętościową gęstość ładunku ρ (zob. rysunek poniżej). Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten rozkład ładunku zarówno wewnątrz, jak i na zewnątrz rozkładu? Poprowadź, wzdłuż osi z cylindryczną powierzchnię Gaussa o powierzchni przekroju poprzecznego S . Dla z ≥ a ∕ 2 mamy q wew = ρ ⁢ S ⁢ a , Φ E = ρ ⁢ S ⁢ a ∕ ε 0 ⇒ E = ρ ⁢ a ∕ 2 ⁢ ε 0 , natomiast dla z ≤ a ∕ 2 otrzymujemy q wew = ρ ⁢ S ⁢ 2 ⁢ z , E ⁢ 2 ⁢ S = ρ ⁢ S ⁢ 2 ⁢ z ∕ ε 0 ⇒ E = ρ ⁢ z ∕ ε 0 . Ładunek Q jest rozłożony równomiernie w sferycznej objętości, której środek znajduje się w O 1 i która ma promień R . Z kulistej objętości usuwamy część ładunku, przy czym ta usunięta część ładunku ma objętość kuli o środku w O 2 (zob. rysunek poniżej). Wykaż, że natężenie pola elektrycznego wszędzie w pustym obszarze jest dane przez E → = Q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ R 3 ⋅ r → \\vec{E} = Q / (4\\pi \\epsilon_0 R^3) \\cdot \\vec{r} , gdzie r → jest wektorem skierowanym od O 1 do O 2 . Nieprzewodząca, sferyczna powłoka o wewnętrznym promieniu a 1 i promieniu zewnętrznym b 1 , naładowana jednorodnie z gęstością ładunku ρ 1 znajduje się wewnątrz innej nieprzewodzącej, sferycznej powłoki o wewnętrznym promieniu a 2 i promieniu zewnętrznym b 2 , także jednorodnie naładowanej z gęstością ładunku ρ 2 , jak pokazano na poniższym rysunku. Znajdź natężenie pola elektrycznego w punkcie P P odległym o r od wspólnego środka, gdy: r > b 2 ; a 2 < r < b 2 ; b 1 < r < a 2 ; a 1 < r < b 1 ; r < a 1 . a. E = ρ 1 ⁢ b 1 3 − a 1 3 + ρ 2 ⁢ b 2 3 − a 2 3 ∕ 3 ⁢ ε 0 ⁢ r 2 E = [\\rho_1 (b_1^3 - a_1^3) + \\rho_2 (b_2^3-a_2^3)]/(3\\epsilon_0 r^2) ; b. E = ρ 1 ⁢ b 1 3 − a 1 3 + ρ 2 ⁢ r 3 − a 2 3 ∕ 3 ⁢ ε 0 ⁢ r 2 E = [\\rho_1 (b_1^3 - a_1^3) + \\rho_2 (r^3-a_2^3)]/(3\\epsilon_0 r^2) ; c. E = ρ 1 ⁢ b 1 3 − a 1 3 ∕ 3 ⁢ ε 0 ⁢ r 2 E = \\rho_1 (b_1^3-a_1^3)/(3\\epsilon_0 r^2) ; d. E = ρ 1 ⁢ r 3 − a 1 3 ∕ 3 ⁢ ε 0 ⁢ r 2 E = \\rho_1 (r^3-a_1^3)/(3\\epsilon_0 r^2) ; e. E = 0 ⁢ N ∕ C E = \\SI{0}{\\newton\\per\\coulomb} . Dwie nieprzewodzące kule o promieniach R 1 i R 2 są jednorodnie naładowane z gęstościami ładunku odpowiednio ρ 1 i ρ 2 . Ich środki są oddalone o a (zob. rysunek poniżej). Znajdź natężenie pola elektrycznego w punkcie P znajdującym się w odległości r od środka kuli 1 pod kątem θ od linii łączącej kule, zakładając, że ich rozkłady ładunku nie są zaburzane przez obecność drugiej kuli. Wskazówka: Wykonaj obliczenia pojedynczo dla każdej kuli i skorzystaj z zasady superpozycji. Krążek o promieniu R został wycięty z nieprzewodzącej dużej płyty, która jest naładowana jednorodnie z gęstością ładunku σ ( C ∕ m 2 ), jak pokazano na poniższym rysunku. Znajdź natężenie pola elektrycznego na wysokości h powyżej środka krążka. ( h ≫ R , h ≪ l h \\ll l lub h ≪ w h \\ll w ). Wskazówka: Wypełnij otwór z ± σ . Natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez płytę bez otworu: E = σ ∕ 2 ⁢ ε 0 ; natężenie pola elektrycznego otworu wypełnionego z − σ : E = − σ ∕ 2 ⁢ ε 0 ⋅ 1 − z ∕ R 2 + z 2 . Stąd E wyp = σ ∕ 2 ⁢ ε 0 ⋅ h ∕ R 2 + h 2 . Koncentrycznie umieszczone sferyczne powłoki są obdarzone łądunkiem odpowiednio Q i − Q (zob. rysunek poniżej). Wewnętrzna powłoka ma pomijalną grubość. Wyznacz natężenie pola elektrycznego dla r < a ; a < r < b ; b < r < c ; r > c . Na rysunku poniżej pokazane są dwie współśrodkowe przewodzące powłoki o promieniach R 1 i R 2 , każda o grubości dużo mniejszej od ich promieni. Wewnętrzna i zewnętrzna powłoka mają wypadkowe ładunki odpowiednio q 1 i q 2 , gdzie oba ładunki q 1 i q 2 są dodatnie. Jakie jest natężenie pola elektrycznego dla r < R 1 ; R 1 < r < R 2 ; r > R 2 ? Jaki jest wypadkowy ładunek na wewnętrznej powierzchni wewnętrznej powłoki, na zewnętrznej powierzchni wewnętrznej powłoki, na wewnętrznej powierzchni zewnętrznej powłoki i na zewnętrznej powierzchni zewnętrznej powłoki? a. E = 0 ⁢ N ∕ C ; b. E = q 1 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 ; c. E = q 1 + q 2 ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ r 2 ; d. 0 ⁢ C , q 1 − q 1 , q 1 + q 2 . Ładunek punktowy q = 5 ⋅ 10 -8 ⁢ C jest umieszczony w środku nienaładowanej, sferycznej, przewodzącej powłoki o wewnętrznym promieniu 6 ⁢ cm i o promieniu zewnętrznym 9 ⁢ cm . Znajdź natężenie pola elektrycznego dla r = 4 ⁢ cm ; r = 8 ⁢ cm ; r = 12 ⁢ cm . Jakie ładunki zostały wyindukowane na wewnętrznej i zewnętrznej powierzchni powłoki? Zadania trudniejsze Teleskop kosmiczny Hubble'a potrafi mierzyć strumień energii docierający od odległych obiektów, takich jak supernowe czy gwiazdy. Naukowcy wykorzystują tego typu dane do obliczenia energii emitowanej przez obiekty. Wybierz międzygwiezdny obiekt, którego strumień energii został zarejestrowany przez naukowców za pomocą teleskopu Hubble'a (na przykład gwiazda Wega http://adsabs.harvard.edu/abs/2004AJ....127.3508B ) i znajdź dane dotyczące odległości od obiektu oraz rozmiaru lustra teleskopu, a następnie oblicz całkowity strumień energii. Wskazówka: Teleskop rejestruje tylko niewielką część całkowitego strumienia. Korzystając z danej odległości do gwiazdy Wega równej 237 ⋅ 10 15 ⁢ m http://webviz.u-strasbg.fr/viz-bin/VizieR-5?-source=I/311&HIP=91262 i podanej średnicy lustra wynoszącej 2,4 ⁢ m , http://ntrs.nasa.gov/archive/nasa/casi.ntrs.nasa.gov/19910003124.pdf znajdujemy, dla długości fali promieniowania równej 555,6 ⁢ nm , że Wega emituje 1,1 ⋅ 10 25 ⁢ J ∕ s w tym zakresie długości fal. Zauważ, że strumień przechodzący przez lustro jest stały. Sformułuj prawo Gaussa dla pola grawitacyjnego, dla g → skierowanego na zewnątrz. Nieskończona płaszczyzna ładunku posiadająca powierzchniową gęstość ładunku σ jest pokazana na rysunku poniżej. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w odległości x od płaszczyzny? Porównaj wynik obliczeń z otrzymanym uprzednio. Z symetrii układu wynika, że E → jest prostopadłe do płaszczyzny i stałe na dowolnej płaszczyźnie równoległej do danej. Do obliczenia natężenia pola elektrycznego wybieramy pokazaną na rysunku cylindryczną powierzchnię Gaussa. Wysokość cylindra wynosi 2 ⁢ x , a cylinder jest umieszczony tak, że płaszczyzna dzieli go na dwie połowy. Ponieważ E jest prostopadłe do każdej z podstaw i równoległe do ścianki bocznej cylindra, otrzymujemy E ⁢ S jako strumień przechodzący przez każdą z podstaw i zerowy strumień przez ściankę boczną. Ładunek zamknięty w cylindrze wynosi σ ⁢ S , zatem z prawa Gaussa 2 ⁢ E ⁢ S = σ ⁢ S ∕ ε 0 i natężenie pola elektrycznego od nieskończonej płaszczyzny ładunków wynosi E = σ ∕ 2 ⁢ ε 0 , w zgodzie z wynikiem otrzymanym uprzednio w rozdziale. Sferyczny gumowy balon jest obdarzony ładunkiem Q rozłożonym równomiernie na jego powierzchni. W chwili t = 0 ⁢ s promień balonu jest równy R . Następnie balon jest powoli napompowany aż do osiągnięcia promienia równego 2 ⁢ R w czasie t 0 . Wyznacz natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten ładunek w funkcji czasu: na powierzchni balonu; na powierzchni o promieniu R ; na powierzchni o promieniu 2 ⁢ R . Pomiń wszelki wpływ materiału, z jakiego zrobiono balon, na pole elektryczne i przyjmij założenie, że promień balonu rośnie jednostajnie wraz z upływem czasu. Znajdź natężenie pola elektrycznego dużej przewodzącej płyty posiadającej wypadkowy ładunek q . Niech S będzie powierzchnią płyty (jednej jej strony) i h grubością płyty (zob. rysunek poniżej). Ładunek na metalowej płycie gromadzi się głównie na dużych, płaskich powierzchniach płyty, a tylko w niewielkiej ilości występuje po bokach płyty, jeżeli jest ona dostatecznie cienka. Każda strona płyty posiada ładunek Q ∕ 2 , bo wypadkowy ładunek wynosi Q : σ = Q ∕ 2 ⁢ S , ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = 2 ⁢ σ ⁢ Δ S ∕ ε 0 ⇒ E P = σ ∕ ε 0 = Q ∕ 2 ⁢ ε 0 ⁢ S \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = 2 \\sigma \\prefop{\\Delta} S / \\epsilon_0 \\implies E_P = \\sigma / \\epsilon_0 = Q / (2 \\epsilon_0 S) . elektrony swobodne (ang. free electrons ) nazywane także elektronami przewodnictwa, są to elektrony w przewodniku, które nie są związane z poszczególnymi atomami i dlatego mogą swobodnie przemieszczać się w przewodniku", "section": "Przewodniki w stanie równowagi elektrostatycznej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Zjawisko wyładowania atmosferycznego jest doskonałym przykładem tego, jak wielką ilość energii można zmagazynować i uwolnić dzięki różnicy potencjałów elektrycznych. W tym rozdziale dowiemy się między innymi, jak ogromna energia może być uwolniona w trakcie uderzenia pioruna i jak ta energia zależy od wysokości chmur nad ziemią. Źródło: Anthony Quintano W rozdziale Ładunki elektryczne i pola poruszyliśmy jedynie powierzchownie tematykę dotyczącą zjawisk elektrycznych. W opisie elektryczności używamy powszechnie dwóch pojęć: energii oraz potencjału, który jest bezpośrednio związany z energią potencjalną układu, czego dowiesz się w tym rozdziale. Z życia codziennego wiesz na pewno, jak wielkie i różne ilości energii elektrycznej można zgromadzić w akumulatorach lub przesłać za pomocą linii wysokiego napięcia, albo też wyzwolić w trakcie uderzenia pioruna w drzewo, które w rezultacie może nawet spłonąć. W podobny sposób przepływ ładunków odbywa się w bardzo małej skali w cząsteczkach, gdzie naładowane jony przenikają przez błonę komórkową, przenosząc tym samym informację i energię. Z pewnością znasz pojęcie napięcia elektrycznego. Baterie i akumulatory cechuje zazwyczaj napięcie kilku lub kilkunastu woltów, w gniazdku elektrycznym w twoim mieszkaniu wynosi ono ok. 230 ⁢ V , ale w przesyłowych liniach elektroenergetycznych sięga ono nawet kilkuset tysięcy woltów. Jednak energia i napięcie to nie to samo. Akumulator w skuterze jest mały i raczej nie zastąpiłbyś go dużym akumulatorem z samochodu osobowego czy ciężarówki, chociaż oba wytwarzają to samo napięcie (prawdopodobnie 12 ⁢ V ). W tym rozdziale poznamy związek między energią elektryczną i napięciem oraz niektóre z bardzo wielu zastosowań elektryczności w nauce i technice.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Elektryczna energia potencjalna Podczas przyspieszania dodatniego ładunku elektrycznego q zwiększa się jego energia kinetyczna (zob. ). Efekt ten jest analogiczny do rozpędzania ciała w polu grawitacyjnym – to tak, jakbyśmy ładunek elektryczny spuszczali z „elektrycznej góry”, powodując zamianę jego energii potencjalnej na kinetyczną. Oczywiście źródła sił są w obu przypadkach zupełnie różne. Spróbujmy określić pracę wykonaną przez pole elektryczne podczas rozpędzania ładunku q , co pozwoli nam zdefiniować elektryczną energię potencjalną. Przyspieszanie ładunku w polu elektrycznym jest podobne do staczającej się ze wzniesienia kulki. W obu przypadkach energia kinetyczna rośnie kosztem energii potencjalnej, − Δ E p = Δ E k . Pracę w tych przypadkach wykonuje siła (elektrostatyczna lub grawitacyjna), która jest jednocześnie siłą zachowawczą, dlatego możemy zapisać W = − Δ E p . Siła elektrostatyczna Coulomba jest siłą zachowawczą, co oznacza, że praca wykonana nad ładunkiem q przez tę siłę jest niezależna od drogi, co szczegółowo zademonstrujemy później. Dokładnie tak samo jest w przypadku siły grawitacji. Dla sił zachowawczych potrafimy zdefiniować energię potencjalną związaną z tą siłą (mówimy czasem, że siły zachowawcze są siłami potencjalnymi). Efektem wykonanej pracy może być zmiana energii potencjalnej, którą łatwiej obliczać, bo zależy jedynie od położenia. Zobaczymy to na następującym przykładzie: mamy dwa ładunki dodatnie, z których pierwszy, + q , jest nieruchomy, a w jego stronę zbliża się drugi o wielkości + Q w taki sposób, że w każdym momencie siła F → do niego przyłożona (powodująca ruch w stronę ładunku q ) równoważy siłę elektrostatycznego odpychania F → e działającą na Q ( ). Nieruchomy ładunek nazwiemy ładunkiem „źródłowym”, a ładunek Q – ładunkiem „próbnym”. Jest to mały ładunek dodatni niezaburzający pola pochodzącego od ładunku źródłowego (za jego pomocą dokujemy „próbkowania” pola od ładunku źródłowego). Praca wykonana przez siłę F → działającą na Q zmienia energię potencjalną tego ładunku. Energię tę nazywamy elektryczną energią potencjalną (ang. electric potential energy ) ładunku Q . Ruch ładunku próbnego Q w polu wytwarzanym przez ładunek źródłowy q . Praca W 12 siły zewnętrznej F → potrzebna do przesunięcia ładunku z punktu P 1 do punktu P 2 może być obliczona jako W 12 = ∫ P 1 P 2 F → ⋅ d l → ⁢ . Skoro siła zewnętrzna F → równoważy siłę elektrostatyczną F → e , to obie siły mają równe wartości i przeciwne zwroty. Zatem wektor siły zewnętrznej jest następujący F → = − F → e = − k ⁢ q ⁢ Q r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , gdzie za dodatni kierunek przyjęliśmy kierunek od ładunku źródłowego, a przez r oznaczyliśmy odległość od ładunku źródłowego do ładunku próbnego. Siła i wektor przemieszczenia są do siebie równoległe i mają przeciwne zwroty (zob. ), zatem praca siły zewnętrznej jest dodatnia. Do oznaczenia energii potencjalnej użyjemy oznaczenia E p , natomiast jednostką energii potencjalnej jest dżul ( J ). Gdy siła zachowawcza wykonuje ujemną pracę, układ zwiększa swoją energię potencjalną. Z kolei dodatnia praca siły zachowawczej oznacza zawsze ubytek energii potencjalnej, dlatego zapiszemy Δ E p = − W . W układzie na siła Coulomba działa w kierunku przeciwnym do przemieszczenia, więc jej praca jest ujemna. Jednak energia potencjalna w tym układzie dwóch ładunków wzrosła. To siła zewnętrzna wykonuje dodatnią pracę, w wyniku czego powiększa energię potencjalną układu. Energia kinetyczna naładowanej cząstki Ładunek Q o wartości + 3 ⁢ nC znajduje się początkowo w spoczynku w odległości 10 ⁢ cm ( r 1 ) od ładunku q o wartości + 5 ⁢ nC , który znajduje się w początku układu współrzędnych ( ). Oczywiście ładunek Q jest odpychany od ładunku q , wskutek czego przemieszcza się na odległość 15 ⁢ cm (położenie r 2 ). Ładunek Q jest odpychany od ładunku q . Wykonana nad nim praca zamienia się w jego energię kinetyczną. Jaką pracę wykonało pole elektryczne na przeniesienie ładunku Q z r 1 do r 2 ? Jaką energię kinetyczną ładunek Q posiada w położeniu r 2 ? Strategia rozwiązania Obliczymy pracę na podstawie definicji. Ponieważ ładunek Q początkowo spoczywał, praca ta będzie równa końcowej energii kinetycznej ładunku. Rozwiązanie Całkując siłę po wielkości przemieszczenia, otrzymujemy W 1 2 = ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = ∫ r 1 r 2 k ⁢ q ⁢ Q r 2 ⁢ d r = − k ⁢ q ⁢ Q r r 1 r 2 = k ⁢ q ⁢ Q ⁢ -1 r 2 + 1 r 1 W 1 2 = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 3 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ -1 0,15 ⁢ m + 1 0,1 ⁢ m W 1 2 = 4,5 ⋅ 10 -7 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} W_{1 \\sep 2} &= \\int_{r_1}^{r_2} \\vec{F} \\cdot \\d \\vec{r} = \\int_{r_1}^{r_2} \\frac{kqQ}{r^2} \\d r = [-\\frac{kqQ}{r}]_{r_1}^{r_2} = kqQ [\\frac{-1}{r_2} + \\frac{1}{r_1}] \\\\ &= \\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\squared\\coulomb} \\cdot \\SI{5e-9}{\\coulomb} \\cdot \\SI{3e-9}{\\coulomb} \\cdot [\\frac{-1}{\\SI{0,15}{\\metre}} + \\frac{1}{\\SI{0,1}{\\metre}}] \\\\ &= \\SI{4,5e-7}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} W 1 2 = ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = ∫ r 1 r 2 k ⁢ q ⁢ Q r 2 ⁢ d r = − k ⁢ q ⁢ Q r r 1 r 2 = k ⁢ q ⁢ Q ⁢ -1 r 2 + 1 r 1 = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 3 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ -1 0,15 ⁢ m + 1 0,1 ⁢ m = 4,5 ⋅ 10 -7 ⁢ J ⁢ . Taka sama jest wartość energii kinetycznej w położeniu r 2 . Znaczenie Ładunek Q początkowo spoczywał; pole elektryczne wytwarzane przez ładunek q wykonało pracę na przemieszczenie Q , która w całości została zamieniona na energię kinetyczną ładunku Q . Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli ładunek Q z poprzedniego przykładu ma masę 4 ⁢ µg \\SI{4}{\\micro\\gram} , to jaka jest szybkość Q w położeniu r 2 ? E k = m ⁢ v 2 ∕ 2 ⇒ v = 2 ⁢ E k ∕ m = 2 ⋅ 4,5 ⋅ 10 -7 ⁢ J ∕ 4 ⋅ 10 -9 ⁢ kg = 15 ⁢ m ∕ s E_{\\text{k}} = mv^2/2 \\implies v = \\sqrt{2E_{\\text{k}}/m} = \\sqrt{2\\cdot \\SI{4,5e-7}{\\joule} / (\\SI{4e-9}{\\kilo\\gram})} = \\SI{15}{\\metre\\per\\second} . W powyższym przykładzie praca W wykonana podczas przyspieszania dodatniego ładunku jest dodatnia, a jej źródłem jest zmniejszenie się energii potencjalnej E p (inaczej: ujemna zmiana energii potencjalnej Δ E p ). Wartość E p możemy znaleźć dla dowolnego punktu, jeśli ustalimy pewien punkt odniesienia i względem niego obliczymy pracę potrzebną do przeniesienia ładunku do innego punktu. Elektryczna energia potencjalna Praca W wykonana podczas przyspieszenia dodatnio naładowanej cząstki jest równa zmniejszeniu się jej energii potencjalnej E p , czyli ujemnej zmianie energii Δ E p . Matematycznie zapiszemy to następująco W = − Δ E p ⁢ . Nasze rozważania dotyczące elektrycznej energii potencjalnej są bardzo podobne do dyskusji o energii potencjalnej grawitacji, co z pewnością zauważyłeś. Energia potencjalna jest zawsze związana z pracą siły zachowawczej i wnosi dodatkowe informacje o energii i zmianach energii ciała lub układu, bez konieczności rozważania bezpośrednio samej siły. Jest to bardzo wygodne i praktyczne podejście. W praktyce o wiele częściej używamy pojęcia elektrycznej energii potencjalnej (w skrócie mówimy: energii elektrycznej), niż odwołujemy się do np. siły Coulomba. Znajdziemy teraz ogólne wyrażenie na energię potencjalną elektryczną w polu centralnym. W układzie współrzędnych sferycznych, przy ładunku q umieszczonym w środku układu oraz ładunku Q umieszczonym w odległości r , wektor przemieszczenia wynosi d l → = r ̂ ⁢ d r , dzięki czemu łatwo obliczymy całkę krzywoliniową i w rezultacie pracę W 12 = − k ⁢ q ⁢ Q ⁢ ∫ r 1 r 2 1 r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r = k ⁢ q ⁢ Q ⁢ 1 r 2 − k ⁢ q ⁢ Q ⁢ 1 r 1 ⁢ . Zwróćmy uwagę, że wynik zależy jedynie od skrajnych położeń ładunku, a nie od toru. Przyjrzyjmy się bliżej temu zagadnieniu – przeanalizujemy dwie różne ścieżki, po których przemieszczamy ładunki: P 1 do P 2 oraz ścieżkę P 1 ⁢ P 3 ⁢ P 4 ⁢ P 2 z . Dwie ścieżki, po których między punktami P 1 i P 2 przemieszczamy ładunek. Praca wykonana na odcinkach P 1 ⁢ P 3 oraz P 4 ⁢ P 2 jest zerowa, bo siła elektrostatyczna jest wtedy prostopadła do przemieszczenia. Odcinki P 1 ⁢ P 2 i P 3 ⁢ P 4 są identyczne, więc praca wykonana na obu ścieżkach P 1 ⁢ P 2 oraz P 1 ⁢ P 3 ⁢ P 4 ⁢ P 2 jest w rezultacie taka sama. Dwa fragmenty P 1 ⁢ P 3 oraz P 4 ⁢ P 2 są łukami okręgu o środku w q . Ponieważ siła Coulomba działająca na ładunek Q jest centralna – zwrócona jest do ładunku q , albo przeciwnie, zawsze wzdłuż promienia okręgu – siła zewnętrzna (o kierunku przeciwnym do siły Coulomba) nie wykonuje pracy, ponieważ jest prostopadła do tych łuków w każdym punkcie. Zatem praca jest niezerowa jedynie na odcinku P 3 ⁢ P 4 , który jest taki sam jak P 1 ⁢ P 2 . Dodatkowym wnioskiem płynącym z powyższych obliczeń jest to, że praca wykonana na pętli P 1 ⁢ P 3 ⁢ P 4 ⁢ P 2 ⁢ P 1 byłaby zerowa ( ). Przypomnij sobie, że w taki właśnie sposób określaliśmy, czy siła jest zachowawcza, czy nie. Co więcej, ponieważ siła elektrostatyczna jest związana z natężeniem pola elektrycznego relacją F → = Q ⁢ E → , to mówimy, że samo pole elektryczne jest polem zachowawczym (lub też polem potencjalnym), ponieważ ∮ E → ⋅ d l → = 0 ⁢ . \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = 0 \\text{.} Cały czas zakładamy, że ładunek źródłowy q jest stały i nieruchomy (elektrostatyka zajmuje się ładunkami w spoczynku). Praca po zamkniętym torze w polu elektrycznym jest równa zero. Kolejnym wnioskiem wynikającym z powyższego będzie wzór na energię potencjalną pola elektrycznego. Przypomnij sobie jeszcze, że praca siły zachowawczej jest równa różnicy energii potencjalnych w dwóch punktach. W takim razie praca W ref potrzebna do przeniesienia ładunku od punktu referencyjnego do interesującego nas punktu może być obliczona jako W ref = ∫ r ref r F → ⋅ d l → ⁢ , a na podstawie wzoru z różnica energii potencjalnych ( E p 1 − E p 2 ) ładunku próbnego Q pomiędzy dwoma punktami wynosi Δ E p = − ∫ r ref r F → ⋅ d l → ⁢ . \\prefop{\\Delta} E_{\\text{p}} = - \\int_{r_{\\text{ref}}}^r \\vec{F} \\cdot \\d \\vec{l} \\text{.} W takim razie ogólne wyrażenie na energię potencjalną między dwoma ładunkami w polu centralnym jest następujące Δ E p = − ∫ r ref r k ⁢ q ⁢ Q r 2 ⁢ d r = − − k ⁢ q ⁢ Q r r ref r = k ⁢ q ⁢ Q ⁢ 1 r − 1 r ref ⁢ . Drugi składnik różnicy we wzorze możemy przyjąć jako zupełnie dowolny poziom odniesienia w pomiarze energii potencjalnej (poziom zerowy). Dlatego E p ⁡ r = k ⁢ q ⁢ Q r − E p ref ⁢ . Wygodnym wyborem poziomu odniesienia jest nieskończoność – zgodnie z naszą intuicją oraz definicją siły Coulomba oddziaływanie między ładunkami dąży do zera, gdy oddalimy je na nieskończoną odległość. (Możesz wrócić do dyskusji o poziomie odniesienia dla energii potencjalnej w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii ). Jeśli energię potencjalną w nieskończoności przyjmiemy jako równą zero, to składnik E p ref w powyższej definicji znika. To tak, jakbyśmy przyjęli podłoże (powierzchnię Ziemi albo blat stołu) jako poziom odniesienia w zagadnieniach dotyczących ruchu w polu grawitacyjnym. Zatem wzór na energię potencjalną ładunku Q , umieszczonego w odległości r od ładunku q wytwarzającego centralne pole elektryczne, przyjmuje ostatecznie postać E p ⁡ r = k ⁢ q ⁢ Q r ⁢ (poziom odniesienia w ⁢ r ⟶ ∞ ⁢ ). Powyższy wzór jest symetryczny ze względu na kolejność ładunków q i Q , dlatego doskonale opisuje energię potencjalną w układzie dowolnych dwóch ładunków. Energia potencjalna naładowanego ciała Ładunek Q o wartości + 3 ⁢ nC znajduje się początkowo w spoczynku w odległości 10 ⁢ cm ( r 1 ) od nieruchomego i umieszczonego w początku układu współrzędnych ładunku q , którego wartość to + 5 ⁢ nC ( ). Pod wpływem odpychającej siły Coulomba ładunek Q oddala się od ładunku źródła q , osiągając w pewnym momencie odległość 15 ⁢ cm ( r 2 ). Ładunek Q jest odpychany od ładunku źródłowego q , w wyniku czego kosztem wykonanej przez siłę elektrostatyczną pracy maleje jego energia potencjalna. Ile wynosi zmiana energii potencjalnej układu ładunków przy przemieszczeniu Q od r 1 do r 2 ? Strategia rozwiązania Obliczymy zmianę energii potencjalnej na podstawie definicji: Δ E p ⁢ 1 2 = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → . Ponieważ ładunek Q początkowo spoczywał, wielkość ta będzie równa przyrostowi energii kinetycznej ładunku. Rozwiązanie Mamy Δ E p 1 2 = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = − ∫ r 1 r 2 k ⁢ q ⁢ Q r 2 ⁢ d r = − − k ⁢ q ⁢ Q r r 1 r 2 = k ⁢ q ⁢ Q ⁢ 1 r 2 − 1 r 1 Δ E p 1 2 = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 3 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 1 0,15 ⁢ m − 1 0,1 ⁢ m Δ E p 1 2 = − 4,5 ⋅ 10 -7 ⁢ J . \\begin{multiline} \\prefop{\\Delta} E_{p\\sep1 \\sep 2} &= -\\int_{r_1}^{r_2} \\vec{F} \\cdot \\d \\vec{r} = -\\int_{r_1}^{r_2} \\frac{kqQ}{r^2} \\d r = -[-\\frac{kqQ}{r}]_{r_1}^{r_2} = kqQ [\\frac{1}{r_2} - \\frac{1}{r_1}] \\\\ &= \\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\squared\\coulomb} \\cdot \\SI{5e-9}{\\coulomb} \\cdot \\SI{3e-9}{\\coulomb} \\cdot [\\frac{1}{\\SI{0,15}{\\metre}} - \\frac{1}{\\SI{0,1}{\\metre}}] \\\\ &= -\\SI{4,5e-7}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} Δ E p 1 2 = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = − ∫ r 1 r 2 k ⁢ q ⁢ Q r 2 ⁢ d r = − − k ⁢ q ⁢ Q r r 1 r 2 = k ⁢ q ⁢ Q ⁢ 1 r 2 − 1 r 1 = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 3 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 1 0,15 ⁢ m − 1 0,1 ⁢ m = − 4,5 ⋅ 10 -7 ⁢ J . Znaczenie Tak jak się można było spodziewać, zmiana energii potencjalnej jest ujemna i co do wartości bezwzględnej równa przyrostowi energii kinetycznej. Przypomnij sobie, że w zmiana energii kinetycznej była dodatnia. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaką energię potencjalną, względem poziomu odniesienia w nieskończoności, ma w punkcie r 2 ładunek Q z powyższego przykładu? Energia potencjalna ładunku w punkcie r 2 wynosi 9 ⋅ 10 − 7 ⁢ J , podczas gdy jego energia kinetyczna to 4,5 ⋅ 10 − 7 ⁢ J . Oznacza to, że w momencie, gdy ładunek Q osiąga położenie w nieskończoności, jego energia kinetyczna jest trzy razy większa niż energia kinetyczna w punkcie r 2 , ponieważ cała energia potencjalna jest wtedy zamieniona w energię kinetyczną. Dla siły elektrostatycznej Coulomba podaliśmy zasadę superpozycji – siły działające na ładunek próbny, pochodzące od układu wielu ładunków możemy policzyć niezależnie, a wypadkowa siła jest sumą wektorową tych sił. Wobec tego także prace (całki z sił), a przez to również energie potencjalne, spełniają zasadę superpozycji. Zademonstrujemy to na przykładzie układu czterech ładunków umieszczonych w wierzchołkach kwadratu. Układ czterech ładunków dodatnich Obliczmy pracę, jaką siła zewnętrzna musi wykonać na przeniesienie czterech ładunków dodatnich o wartościach + 2 ⁢ µC , + 3 ⁢ µC , + 4 ⁢ µC oraz + 5 ⁢ µC z nieskończoności do wierzchołków kwadratu o boku 1 ⁢ cm ( ). Jaką pracę trzeba wykonać, aby utworzyć taki układ ładunków? Strategia rozwiązania Po kolei przenosimy każdy z ładunków z nieskończoności kolejno do każdego z wierzchołków kwadratu i obliczamy, jaką pracę musimy przy tym wykonać. Bez żadnej przyczyny fizycznej, a jedynie dla porządku zaczniemy od najmniejszego ładunku i zestawimy układ w kolejności do największego. Rozwiązanie Krok 1. Najpierw przenosimy ładunek + 2 ⁢ µC do dowolnego z wierzchołków. Przyjmijmy, że ten wierzchołek leży w początku układu współrzędnych. Ponieważ w skończonej odległości od tego ładunku nie mamy żadnych innych ładunków, praca, jaką wykonaliśmy wynosi W 1 = 0 ⁢ J ⁢ . Krok 2. Utrzymując ładunek + 2 ⁢ µC w początku układu współrzędnych, przenosimy kolejny ładunek + 3 ⁢ µC do położenia x y z = 1 ⁢ cm 0 ⁢ cm 0 ⁢ cm ( ). Teraz nasza siła musi wykonać pracę przeciwko odpychającej sile elektrostatycznej między ładunkami. Praca siły zewnętrznej jest równa zmianie energii potencjalnej ładunku + 3 ⁢ µC W 2 = k ⁢ q 1 ⁢ q 2 r 12 = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 − 6 ⁢ C ⋅ 3 ⋅ 10 − 6 ⁢ C 10 − 2 ⁢ m = 5,4 ⁢ J ⁢ . Praca W 2 potrzebna do przeniesienia ładunku + 3 ⁢ µC z nieskończoności do wybranego z wierzchołków kwadratu. Krok 3. Utrzymujemy ładunki + 2 ⁢ µC i + 3 ⁢ µC nieruchomo w ich położeniach i przenosimy kolejny ładunek o wartości + 4 ⁢ µC do punktu o współrzędnych x y z = 1 ⁢ cm 1 ⁢ cm 0 ⁢ cm ( ). Praca wykonana w tym etapie wynosi W 3 = k ⁢ q 1 ⁢ q 3 r 1 3 + k ⁢ q 2 ⁢ q 3 r 2 3 W 3 = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -6 ⁢ C ⋅ 4 ⋅ 10 -6 ⁢ C 2 ⋅ 10 -2 ⁢ m + 3 ⋅ 10 -6 ⁢ C ⋅ 4 ⋅ 10 -6 ⁢ C 10 -2 ⁢ m W 3 = 15,9 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} W_3 &= k \\frac{q_1q_3}{r_{1\\sep 3}} + k \\frac{q_2q_3}{r_{2\\sep 3}} \\\\ &= \\SI{9e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot (\\frac{\\SI{2e-6}{\\coulomb} \\cdot \\SI{4e-6}{\\coulomb}}{\\sqrt{2} \\cdot 10^{-2} \\si{\\metre}} + \\frac{\\SI{3e-6}{\\coulomb} \\cdot \\SI{4e-6}{\\coulomb}}{10^{-2} \\si{\\metre}}) \\\\ &= \\SI{15,9}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} W 3 = k ⁢ q 1 ⁢ q 3 r 1 3 + k ⁢ q 2 ⁢ q 3 r 2 3 = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -6 ⁢ C ⋅ 4 ⋅ 10 -6 ⁢ C 2 ⋅ 10 -2 ⁢ m + 3 ⋅ 10 -6 ⁢ C ⋅ 4 ⋅ 10 -6 ⁢ C 10 -2 ⁢ m = 15,9 ⁢ J ⁢ . Praca W 3 potrzebna do przeniesienia ładunku + 4 ⁢ µC z nieskończoności do dowolnego z wierzchołków. Krok 4. Wreszcie do ostatniego wierzchołka o współrzędnych x y z = 0 ⁢ cm 1 ⁢ cm 0 ⁢ cm przenosimy z nieskończoności ładunek + 5 ⁢ µC , a pierwsze trzy ładunki pozostawiamy nieruchome ( ). Praca potrzebna do tego wynosi W 4 = k ⁢ q 4 ⁢ q 1 r 1 4 + q 2 r 2 4 + q 3 r 3 4 W 4 = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -6 ⁢ C ⋅ 2 ⋅ 10 -6 ⁢ C 10 -2 ⁢ m + 3 ⋅ 10 -6 ⁢ C 2 ⋅ 10 -2 ⁢ m + 4 ⋅ 10 -6 ⁢ C 10 -2 ⁢ m W 4 = 36,5 ⁢ J ⁢ . \\begin{multiline} W_4 &= kq_4 (\\frac{q_1}{r_{1\\sep 4}} + \\frac{q_2}{r_{2\\sep 4}} + \\frac{q_3}{r_{3\\sep 4}}) \\\\ &= \\SI{9e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{5e-6}{\\coulomb} \\cdot (\\frac{\\SI{2e-6}{\\coulomb}}{10^{-2} \\si{\\metre}} + \\frac{\\SI{3e-6}{\\coulomb}}{\\sqrt{2} \\cdot 10^{-2} \\si{\\metre}} + \\frac{\\SI{4e-6}{\\coulomb}}{10^{-2} \\si{\\metre}}) \\\\ &= \\SI{36,5}{\\joule} \\text{.} \\end{multiline} W 4 = k ⁢ q 4 ⁢ q 1 r 1 4 + q 2 r 2 4 + q 3 r 3 4 = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -6 ⁢ C ⋅ 2 ⋅ 10 -6 ⁢ C 10 -2 ⁢ m + 3 ⋅ 10 -6 ⁢ C 2 ⋅ 10 -2 ⁢ m + 4 ⋅ 10 -6 ⁢ C 10 -2 ⁢ m = 36,5 ⁢ J ⁢ . Praca W 4 potrzebna do przeniesienia ładunku + 5 ⁢ µC z nieskończoności do nieobsadzonego wierzchołka. Zatem całkowita praca wykonana przez siłę zewnętrzną do utworzenia układu jest sumą wszystkich poszczególnych prac potrzebnych do przeniesienia kolejno ładunków z nieskończoności do punktów, odpowiadających wierzchołkom kwadratu W cał = W 1 + W 2 + W 3 + W 4 = 0 ⁢ J + 5,4 ⁢ J + 15,9 ⁢ J + 36,5 ⁢ J = 57,8 ⁢ J ⁢ . Znaczenie Praca wykonana nad każdym ładunkiem zależy tylko od oddziaływań parami z kolejnymi ładunkami. Nie ma potrzeby rozpatrywania dodatkowych, bardziej skomplikowanych oddziaływań (np. trójciałowych). Praca wykonana nad trzecim ładunkiem zależy jedynie od jego oddziaływania z ładunkiem pierwszym i drugim, osobno. Oddziaływanie między ładunkiem pierwszym i drugim na nią nie wpływa. Mówimy, że charakter oddziaływania siły Coulomba (tak jak siły grawitacji Newtona) jest dwuciałowy. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy energia potencjalna oddziaływania dwóch ładunków punktowych jest dodatnia czy ujemna, jeśli ładunki te są jednoimienne? Jeśli są różnoimienne? Jaki ma to związek z pracą potrzebną do przeniesienia tych ładunków z nieskończoności i umieszczenia ich w bliskiej odległości od siebie? Dodatnia w przypadku ładunków jednoimiennych i ujemna w przypadku ładunków różnoimennych. W obu przypadkach energia potencjalna jest równa pracy potrzebnej na utworzenie tej pary ładunków. Zwróćmy uwagę, że elektryczna energia potencjalna jest dodatnia, jeśli dwa ładunki są jednoimienne, a ujemna, jeśli ładunki są różnoimienne. Ta zależność stanie się jeszcze bardzie zrozumiała, jeśli pomyślimy o zmianie energii potencjalnej Δ E p przy próbie oddalenia i zbliżenia dwóch ładunków. W zależności od znaku ładunków to my będziemy musieli wykonać pracę nad układem ładunków albo pole elektryczne samo wykona tę pracę za nas, zatem nasza praca będzie dodatnia lub ujemna. Jeśli jesteśmy zmuszeni wykonać dodatnią pracę nad układem, to energia układu powinna wzrosnąć. Jeśli np. chcemy zbliżyć do siebie dwa ładunki jednoimienne (oba dodatnie lub ujemne), to wykonamy dodatnią pracę, która spowoduje powiększenie energii układu. Ponieważ w polu centralnym energia potencjalna zależy od odległości jak 1 ∕ r , jej wartość rośnie, gdy odległość r między ładunkami maleje. Z drugiej strony, gdy chcemy zbliżyć do siebie ładunek dodatni i ujemny, nasza praca jest ujemna (ładunki same się przyciągają), co oznacza, że odbieramy energię układowi ładunków, przez co maleje energia potencjalna układu. Ponieważ w tym przypadku (ładunki różnoimienne) energia jest zawsze ujemna, wzrost wartości wyrażenia 1 ∕ r powoduje, że energia staje się „bardziej ujemna”, co oznacza jednocześnie pomniejszenie energii potencjalnej. Wynik uzyskany w może być zastosowany do dowolnej liczby ładunków wchodzących w skład układu. W takim ogólnym przypadku wyrażenie na pracę potrzebną do utworzenia układu ładunków możemy zapisać w postaci wzoru W 1 2 … N = k 2 ⁢ ∑ i = 1 N ∑ j = 1 i ≠ j N q i ⁢ q j r i ⁢ j ⁢ . W_{1, 2, \\dots , N} = \\frac{k}{2} \\sum_{i=1}^N \\sum_{j=1}_{i \\neq j}^N \\frac{q_i q_j}{r_{ij}} \\text{.} Czynnik 1 ∕ 2 uwzględnia fakt, że w powyższej sumie każdą parę ładunków liczymy dwukrotnie. Podsumowanie Praca wykonana podczas przeniesienia ładunku z punktu A do punktu B w polu elektrycznym jest niezależna od toru; w szczególności praca wykonana podczas przenoszenia ładunku po zamkniętym torze wynosi zero. Oznacza to, że siła elektrostatyczna jest siłą zachowawczą. Energia potencjalna między dwoma ładunkami punktowymi jest zdefiniowana za pomocą wzoru Δ E p = k ⁢ q ⁢ Q ∕ r , gdzie poziom odniesienia przyjęto w nieskończoności. Zasada superpozycji jest słuszna także w przypadku elektrycznej energii potencjalnej. Energia potencjalna układu wielu ładunków jest równa sumie energii potencjalnych między poszczególnymi parami ładunków. Pytania Czy energia potencjalna miałaby sens, gdyby pole elektryczne nie było polem zachowawczym? Nie. Pojęcie energii potencjalnej możemy zdefiniować jedynie dla pól zachowawczych. Jaka jest różnica, gdy liczymy pracę wykonaną nad układem ładunków albo pracę wykonaną przez układ? Czy kolejność, w jakiej przenosimy z nieskończoności ładunki tworzące układ, wpływa na całkowitą pracę potrzebną do utworzenia układu? Nie. Przyjęta przez nas kolejność wynika jedynie z wygody i ew. łatwiejszych obliczeń. Zadania Rozważ sytuację, w której obok nieruchomego ładunku Q 1 = + 5 ⁢ µC porusza się inny ładunek Q 2 (o wielkości + 3 ⁢ µC i masie 6 ⁢ µg ). Oblicz energię potencjalną ładunku Q 2 w odległości 4 ⁢ cm od ładunku źródłowego Q 1 ; Jaką prędkość uzyska ładunek Q 2 w punkcie odległym o 8 ⁢ cm od ładunku Q 1 , jeśli w położeniu początkowym 4 ⁢ cm spoczywał? Uwaga: Ładunek Q 1 jest cały czas nieruchomy. a. E p = 3,4 ⁢ J ; b. m ⁢ v 2 ∕ 2 = k ⁢ Q 1 ⁢ Q 2 ⁢ 1 ∕ r p − 1 ∕ r k ⇒ v = 750 ⁢ m ∕ s mv^2/2 = kQ_1 Q_2 (1/r_{\\text{p}} - 1/r_{\\text{k}}) \\implies v = \\SI{750}{\\metre\\per\\second} . Dwa ładunki, Q 1 = + 2 ⁢ µC oraz Q 2 = + 2 ⁢ µC , są umieszczone symetrycznie po obu stronach początku osi x w punktach x = ± 3 ⁢ cm . Załóżmy, że ładunek Q 3 = + 4 ⁢ µC o masie 10 ⁢ mg porusza się wzdłuż osi y . Jeżeli ładunek Q 3 zaczyna ruch w punkcie y = 2 ⁢ cm , to jaką prędkość osiąga w punkcie y = 4 ⁢ cm ? Do utworzenia atomu wodoru elektron musi zostać przeniesiony z nieskończoności w położenie o odległości 5,29 ⋅ 10 -11 ⁢ m \\SI{5,29e-11}{\\metre} od protonu (jest to średni promień atomu wodoru). Ile wynosi praca potrzebna do utworzenia atomu wodoru? W = 4,36 ⋅ 10 -18 ⁢ J W=\\SI{4,36e-18}{\\joule} . Jaka jest średnia moc wyjściowa defibrylatora, który w ciągu 10 ⁢ ms \\SI{10}{\\milli\\second} oddaje 400 ⁢ J \\SI{400}{\\joule} energii? Dlaczego defibrylator nie powoduje poważnych oparzeń na skórze, jeśli ma tak dużą moc wyjściową? elektryczna energia potencjalna (ang. electric potential energy ) energia potencjalna zgromadzona przez układ ładunków elektrycznych, pochodząca od oddziaływania elektrostatycznego między ładunkami", "section": "Elektryczna energia potencjalna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Potencjał elektryczny i różnica potencjałów Przypomnij sobie, że natężenie pola elektrycznego wprowadziliśmy po to, aby uniezależnić się od wielkości ładunku próbnego, ale jednocześnie za pomocą tej wielkości jesteśmy w stanie podać siłę działającą na dowolny ładunek. Domyślnie przyjmujemy przy tym, że znak ładunku próbnego jest dodatni (żeby siła miała zwrot zgodny z natężeniem pola). Wektor natężenia pola wprowadziliśmy także przy omawianiu pola grawitacyjnego, ale bez dużej szczegółowości. Pole grawitacyjne ma zawsze charakter przyciągający, podczas gdy pole elektryczne może być zarówno przyciągające, jak i odpychające. Zatem, chociaż w przypadku grawitacji pojęcie energii potencjalnej było wystarczające, to dla pola elektrycznego wygodnie jest wprowadzić nową skalarną wielkość fizyczną, niezależną od wielkości ładunku próbnego, która umożliwi także obliczanie pracy nad ładunkiem. Obliczanie pracy bezpośrednio na podstawie definicji d W = F → ⋅ d s → \\d W = \\vec{F} \\cdot \\d \\vec{s} może być trudne, ponieważ wielkość siły oraz iloczyn skalarny mogą zależeć od rozkładu ładunków i krzywoliniowych trajektorii w skomplikowany sposób. Ze związku F → = q ⁢ E → wiemy jednak, że praca, a więc i wielkość Δ E p , są proporcjonalne do ładunku próbnego q (niech w tym podrozdziale ładunek próbny będzie oznaczony małą literą q ). Aby dostać wielkość skalarną niezależną od wielkości ładunku próbnego, wprowadzamy pojęcie potencjału elektrycznego (ang. electric potential ) V (w skrócie: potencjału), który jest równy stosunkowi energii potencjalnej do wielkości ładunku próbnego. Potencjał elektryczny Potencjał jest energią potencjalną liczoną dla jednostki ładunku V = E p q ⁢ . Ponieważ, jak wiemy, energia potencjalna E p jest proporcjonalna do ładunku q , to zależność od q upraszcza się. Zatem potencjał V nie zależy od q , podobnie jak natężenie pola. Tak jak ważna w problemach fizycznych jest zmiana energii potencjalnej Δ E p , tak ważna jest też zmiana potencjału, którą nazywamy różnicą potencjałów Δ V między dwoma punktami i definiujemy jako Δ V = V B − V A = Δ E p q ⁢ . Różnica potencjałów Różnica potencjałów elektrycznych (ang. electric potential difference ) między dwoma punktami A i B , oznaczona jako V B − V A , jest zdefiniowana jako energia potencjalna ładunku q przemieszczonego z A do B , podzielona przez wielkość tego ładunku. Jednostką różnicy potencjałów jest dżul na kulomb, czyli wolt ( V ) – jednostka nazwana na cześć fizyka Alessandro Volty (1745–1827) 1 ⁢ V = 1 ⁢ J ∕ C ⁢ . Różnicę potencjałów często nazywa się też napięciem (ang. voltage ). Pamiętaj, że gdy znajdujesz odwołanie do napięcia, tak naprawdę chodzi właśnie o różnicę potencjałów. Przykładowo, każda bateria ma dwa bieguny, a napięcie baterii to różnica potencjałów między nimi. Wchodząc bardziej w szczegóły, możemy powiedzieć, że określenie wielkości potencjału jest dość arbitralne. Zupełnie dowolnie można wybrać punkt oznaczający zero woltów (poziom odniesienia). Analogicznie jest w przypadku energii potencjalnej grawitacji, której poziom zerowy możemy przyjąć np. na wysokości poziomu morza albo blatu stołu. Różnica potencjałów jest już jednak określona precyzyjnie. Zwróć jednocześnie uwagę na rozróżnienie między zmianą energii potencjalnej a różnicą potencjałów. Różnica potencjałów a energia potencjalna Związek między różnicą potencjałów (napięciem) a zmianą energii potencjalnej jest następujący: Δ V = Δ E p q ⁢ lub ⁢ Δ E p = q ⁢ Δ V ⁢ . Napięcie nie jest tym samym co energia. Napięcie jest zmianą energii potencjalnej przypadającej na jednostkę ładunku. Dlatego też akumulator samochodowy i ten zamontowany w motocyklu mogą mieć to samo napięcie (bardziej precyzyjnie: różnicę potencjałów między biegunami), ale ten pierwszy gromadzi o wiele większą energię, ponieważ Δ E p = q ⁢ Δ V . Akumulator samochodowy pozwala na przesłanie o wiele większego ładunku niż akumulator motocyklowy, mimo że dla obu napięcie wynosi 12 ⁢ V . Obliczanie energii Dysponujemy akumulatorem motocyklowym o napięciu 12 ⁢ V , który pozwala na przepływ ładunku w wysokości 5000 ⁢ C , oraz akumulatorem samochodowym o takim samym napięciu, który umożliwia przepływ ładunku 60 000 ⁢ C . Jakiej energii jest w stanie dostarczyć każdy z akumulatorów? Strategia rozwiązania Mówiąc, że akumulatory są 12-woltowe, mamy na myśli, że różnice potencjałów na końcach ich biegunów wynoszą 12 ⁢ V . Gdy taki akumulator powoduje przepływ ładunku, to pod wpływem różnicy potencjałów 12 ⁢ V ładunki zwiększają swoją energię potencjalną o Δ E p = q ⁢ Δ V . Aby obliczyć wielkość energii uzyskanej przy pomocy akumulatora, pomnożymy wartości ładunku i napięcia. Rozwiązanie Dla akumulatora w motocyklu q = 5000 ⁢ C oraz Δ V = 12 ⁢ V . Całkowita energia dostarczona przez akumulator motocyklowy wynosi Δ E p motocykl = 5000 ⁢ C ⋅ 12 ⁢ V = 5000 ⁢ C ⋅ 12 ⁢ J ∕ C = 6 ⋅ 10 4 ⁢ J ⁢ . Podobnie dla akumulatora w samochodzie mamy q = 60 000 ⁢ C oraz Δ V = 12 ⁢ V . Całkowita energia dostarczona przez akumulator samochodowy wynosi Δ E p samochód = 60 000 ⁢ C ⋅ 12 ⁢ V = 7,2 ⋅ 10 5 ⁢ J ⁢ . Znaczenie Napięcie i energia są ze sobą powiązane, ale nie oznaczają tego samego. Napięcia dwóch akumulatorów są równe, ale każdy dostarcza innej energii. Akumulator w samochodzie musi umożliwić uruchomienie znacznie większego silnika niż w motocyklu. Zauważ też, że nie cała energia zgromadzona w baterii lub akumulatorze jest dostępna dla urządzeń zewnętrznych – część z niej jest potrzebna na użytek wewnętrzny samej baterii. Widzisz to np, gdy światło z reflektorów miga, bo akumulator jest częściowo rozładowany. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaką energię gromadzi 1,5-woltowa bateria AAA, która może przesłać ładunek 100 ⁢ C ? Δ E p = q ⁢ Δ V = 100 ⁢ C ⋅ 1,5 ⁢ V = 150 ⁢ J . Zwróć uwagę, że energie obliczone w powyższym przykładzie są wartościami bezwzględnymi. Zmiana energii potencjalnej baterii czy akumulatora jest ujemna, ponieważ przy przesyle ładunku tracą one energię. Akumulatory i baterie, tak jak wiele innych urządzeń elektrycznych, tak naprawdę powodują przepływ ujemnych ładunków – elektronów. Elektrony są odpychane od ujemnych biegunów (oznaczonych A ) i po przejściu przez dowolny obwód elektryczny są przyciągane do dodatnich biegunów ( B ), jak pokazano na . Zmiana potencjału wynosi Δ V = V B − V A = + 12 ⁢ V , a ponieważ ładunek q jest ujemny, to Δ E p = q ⁢ Δ V jest także ujemne, co oznacza, że energia potencjalna akumulatora zmalała w czasie przepływu ładunku q między punktami A i B . Akumulator powoduje przepływ ujemnego ładunku od zacisku ujemnego, przez zewnętrzny obwód elektryczny, do zacisku dodatniego. Odpowiednie reakcje chemiczne zachodzące wewnątrz akumulatora wywołują powstawanie ładunków ujemnych, przez co zacisk ujemny ma nadmiar ładunku, który jest przez niego odpychany. Przyciągane są natomiast ładunki dodatnie. Mając na uwadze pojęcie potencjału powiemy, że zacisk dodatni ma wyższy potencjał niż zacisk ujemny. Wewnątrz akumulatora zachodzi transport zarówno ładunków ujemnych, jak i dodatnich (jonów). Ile elektronów przepływa przez reflektor w każdej sekundzie? Jeżeli akumulator 12-woltowy zasila 30-watową żarówkę reflektora samochodowego, to ile elektronów przepływa przez reflektor w ciągu każdej sekundy? Strategia rozwiązania Żeby znaleźć ilość elektronów, musimy w pierwszej kolejności obliczyć wielkość ładunku, jaki przepłynął w ciągu 1 ⁢ s . Ładunek jest związany z napięciem i energią w postaci równania Δ E p = q ⁢ Δ V . Reflektor o mocy 30 ⁢ W zużywa 30 ⁢ J energii w każdej sekundzie. W akumulatorze mamy do czynienia ze stratą energii Δ E p = − 30 ⁢ J , a ponieważ elektrony poruszają się od ujemnego do dodatniego bieguna, to Δ V = + 12 ⁢ V . Rozwiązanie Aby obliczyć ładunek q , przekształcimy równanie Δ E p = q ⁢ Δ V q = Δ E p Δ V ⁢ . Podstawiając za Δ E p i Δ V , otrzymujemy q = − 30 ⁢ J + 12 ⁢ V = − 30 ⁢ J + 12 ⁢ J ∕ C = − 2,5 ⁢ C ⁢ . Liczba elektronów n e n_{\\text{e}} jest równa całkowitemu ładunkowi podzielonemu przez ładunek elementarny. W takim razie n e = − 2,5 ⁢ C − 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢ C = 1,56 ⋅ 10 19 ⁢ elektronów ⁢ . n_{\\text{e}} = \\frac{-\\SI{2,5}{\\coulomb}}{-\\SI{1,6e-19}{\\coulomb}} = \\SI{1,56e19}{\\elektronow}\\text{.} Znaczenie Otrzymaliśmy bardzo dużą liczbę elektronów. Nie jest więc zaskoczeniem, że nie jesteśmy w stanie zauważyć bezpośrednio przepływu pojedynczych elektronów, gdy jest ich tak wiele. Elektryczność jest zjawiskiem znanym od dawna i była wykorzystywana na długo przed tym, zanim odkryto elektron, a nawet zanim ustalono, że płynące w obwodach elektrycznych ładunki są ujemne. Zarówno przepływ ładunku dodatniego, jak i ujemnego w przeciwnym kierunku, często wywołują te same efekty. Dlatego zwykle trudno jest rozstrzygnąć, z ruchem jakiego rodzaju nośników ładunku mamy do czynienia. Sprawdź, czy rozumiesz. Ile elektronów przepływa w ciągu sekundy przez lampę o mocy 24 ⁢ W przy napięciu 12 ⁢ V ? q = − 2 ⁢ C , n e = 1,25 ⋅ 10 19 elektronów. Elektronowolt W wielu makroskopowych sytuacjach, jak w przykładzie omawianym powyżej, energie pojedynczych elektronów są bardzo niewielkie – rzędu małego ułamka dżula. Jednak w skali mikroskopowej energia przypadająca na cząstkę (np. elektron, proton czy jon) może być znacząca. Przykładowo nawet tak niewielka energia elektronu jak ułamek dżula w poprzednim zadaniu może być wystarczająca do rozbicia cząsteczki chemicznej czy uszkodzenia tkanki. Cząstka naładowana może dokonać zniszczeń na skutek bezpośredniego zderzenia, ale także w wyniku wyemitowania promieniowania X. W takich przypadkach warto posługiwać się jednostką energii odpowiednią dla zjawisk mikroskopowych. Na obrazujemy sytuację fizyczną odpowiadającą próbie definicji takiej jednostki energii. Elektron jest przyspieszany między dwiema naładowanymi płytkami przewodnika, podobnie jak ma to miejsce w kineskopie telewizorów starego typu lub w oscyloskopie. Elektron nabiera energii kinetycznej, która może być potem zamieniona na inną formę, np. energię światła w kineskopie. (Pamiętaj, że w przypadku elektronu ruch przyspieszony w prawo będzie równoważny przyspieszaniu w lewo cząstki naładowanej dodatnio). Ze związku energii i napięcia, Δ E p = q ⁢ Δ V , wynika definicja dżula jako kulombo-wolta (dżul to kulomb razy wolt). Typowe działo elektronowe przyspiesza elektrony dzięki różnicy potencjałów między dwiema oddalonymi od siebie metalowymi płytkami. Zgodnie z zasadą zachowania energii energia kinetyczna elektronu rośnie dzięki zmianie energii potencjalnej, czyli E k = q ⁢ Δ V . Wartość liczbowa energii elektronu, wyrażona w elektronowoltach jest równa wartości napięcia między płytkami. Przykładowo przy napięciu 5000 ⁢ V elektron uzyskuje energię 5000 ⁢ eV . Schematyczny model działa elektronowego jako układu dwóch równoległych płyt, z których jedna posiada otwór wylotowy, jest pokazany na rysunku (a), natomiast zdjęcie prawdziwego działa przedstawia rysunek (b). Elektronowolt Do zjawisk zachodzących w skali mikroskopowej wygodniej jest wyrażać energię w elektronowoltach (ang. electronvolt ), które oznaczamy jako eV . 1 ⁢ eV odpowiada energii cząstki o ładunku elementarnym przyspieszonemu dzięki różnicy potencjałów 1 ⁢ V . W jednostkach podstawowych układu SI (dżulach) elektronowolt ma wartość 1 ⁢ eV = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 1 ⁢ V = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 1 ⁢ J ∕ C = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ J ⁢ . Elektron przyspieszony napięciem 1 ⁢ V uzyskuje energię 1 ⁢ eV . Oczywiście przy napięciu 50 ⁢ V energia elektronu będzie wynosić 50 ⁢ eV , natomiast napięcie 100 000 ⁢ V ( 100 ⁢ kV ) przekłada się na energię elektronu o wartości 100 000 ⁢ eV ( 100 ⁢ keV ) itd. Podobnie jon o wielkości ładunku równej dwóm ładunkom elementarnym przyspieszany napięciem 100 ⁢ V otrzymuje energię 200 ⁢ eV . Taka prosta relacja między napięciem przyspieszania a energią cząstki powoduje, że elektronowolt staje się bardzo wygodną i użyteczną jednostką energii. Jednostkę elektronowolta stosujemy często w procesach mikroskopowych – takich jak wiązania chemiczne molekuł czy jądrowe. Dla przykładu energia w wysokości 5 ⁢ eV jest zwykle wystarczająca, by rozerwać wiązanie cząsteczek organicznych. Proton przyspieszany napięciem 30 ⁢ kV ma energię 30 ⁢ keV , która wystarcza na rozbicie aż 6000 takich cząsteczek ( 30 000 ⁢ eV ∕ 5 ⁢ eV = 6000 \\SI{30000}{\\electronvolt} / \\SI{5}{\\electronvolt} = \\num{6000} ). Rozpadom jądrowym towarzyszy wydzielanie energii o wartościach rzędu 1 ⁢ MeV ( 1 000 000 ⁢ eV ) na jeden akt rozpadu, co może spowodować zjawiska o bardzo niekorzystnych skutkach dla naszego organizmu. Zachowanie energii Całkowita energia układu jest zachowana, jeżeli nie występuje nadwyżka lub niedobór energii w postaci pracy sił zewnętrznych czy przekazu ciepła. Dla sił zachowawczych, takich jak siła elektrostatyczna, zasada zachowania energii mówi, że energia mechaniczna układu jest stała. Energia mechaniczna jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej układu, zatem zgodnie z zasadą zachowania energii możemy napisać E k + E p = const . Ubytek energii potencjalnej E p ładunku powoduje wzrost jego energii kinetycznej E k . Zachowanie energii możemy wyrazić równaniem E k + E p = const lub E k 0 + E p 0 = E k 1 + E p 1 ⁢ , gdzie indeksy 0 oraz 1 oznaczają odpowiednio stan początkowy i końcowy. Jak już widzieliśmy wiele razy, rozważania na temat energii dają nam zazwyczaj lepszy wgląd w naturę zjawisk fizycznych i są pomocne przy rozwiązywaniu problemów. Zamiana elektrycznej energii potencjalnej na energię kinetyczną Obliczmy prędkość końcową, jaką uzyskuje początkowo spoczywający elektron przyspieszany napięciem 100 ⁢ V . Strategia rozwiązania W naszym układzie występują jedynie siły zachowawcze. Zakładając, że przyspieszanie zachodzi w próżni, oraz pomijając wpływ siły grawitacji (bardziej szczegółowe rozważania na ten temat przeprowadzimy później), cała energia potencjalna elektronu jest zamieniana na jego energię kinetyczną. Początkowe i końcowe wartości energii kinetycznej i potencjalnej wynoszą: E k 0 = 0 ⁢ eV , E k 1 = 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v 2 , E p 0 = q ⁢ Δ V , E p 1 = 0 ⁢ eV . Rozwiązanie Z zasady zachowania energii wynika, że E k 0 + E p 0 = E k 1 + E p 1 ⁢ . Podstawiając wartości początkowe i końcowe, otrzymujemy q ⁢ Δ V = m ⁢ v 2 2 ⁢ . Obliczamy v v = 2 ⁢ q ⁢ Δ V m i do wzoru końcowego podstawiamy wartości q , Δ V oraz m , co daje wynik v = 2 ⋅ − 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ − 100 ⁢ J ∕ C 9,11 ⋅ 10 − 31 ⁢ kg = 5,93 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⁢ . Znaczenie Zauważ, że – podobnie jak na – ładunek i napięcie są ujemne. Ponadto z dyskusji o ładunkach i polu elektrycznym wiemy, że siła elektrostatyczna Coulomba dla niewielkich cząstek jest bardzo duża w porównaniu z siłą grawitacji. Uzyskana duża prędkość ładunku w tym zadaniu potwierdza, że rzeczywiście wpływ siły grawitacji może być z powodzeniem pominięty. To pokazuje także, jak łatwo jest przyspieszać elektrony za pomocą niewielkich napięć, właśnie ze względu na ich małą masę. W działach elektronowych są zazwyczaj używane napięcia znacznie wyższe od 100 ⁢ V z tego zadania. Tak wysokie napięcia pozwalają na nadanie elektronom prędkości tak dużej, że rolę zaczynają odgrywać efekty relatywistyczne i do opisu elektronów muszą być wykorzystywane narzędzia szczególnej teorii względności. Tym zajmiemy się dopiero w kolejnych rozdziałach, dlatego teraz ograniczamy się do niewielkich napięć, rzędu 100 ⁢ V . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyniki z powyższego zadania zmieniłyby się, gdyby elektron zastąpić pozytonem? Pozyton różni się od elektronu jedynie tym, że jego ładunek ma przeciwny znak. Zmieniłby się tylko kierunek ruchu pozytonu (na przeciwny), bez wpływu na wartości liczbowe. Napięcie a natężenie pola elektrycznego Do tej pory mówiliśmy o związku napięcia z energią. Teraz chcemy poznać, jak potencjał oraz napięcie elektryczne zależą od natężenia pola elektrycznego. Zaczniemy od ogólnego przypadku pola niejednorodnego o natężeniu E → . Przypomnij sobie, że podaliśmy ogólną definicję energii potencjalnej ładunku q w punkcie P mierzonej względem punktu odniesienia R jako E p P = − ∫ R P F → ⋅ d l → ⁢ . Podstawmy teraz w miejsce siły wyrażenie na siłę wynikające z definicji natężenia pola elektrycznego ( E → = F → ∕ q ). Otrzymamy E p P = − q ⁢ ∫ R P E → ⋅ d l → ⁢ . Stosując następnie definicję potencjału ( V = E p ∕ q ), ostatecznie otrzymujemy ogólną relację między potencjałem w danym punkcie a natężeniem pola V P = − ∫ R P E → ⋅ d l → ⁢ . Z wcześniejszej dyskusji na temat energii potencjalnej w polu elektrycznym wiemy, że wielkość energii jest niezależna od wybranego toru, dlatego w powyższej całce krzywą całkowania możemy wybrać zupełnie dowolnie, najlepiej tak, aby była dla nas najwygodniejsza. Zwróć uwagę, że całka ta nie jest prosta – jest to tzw. całka krzywoliniowa i w bardzo ogólnym przypadku krzywoliniowego toru obliczenie jej może być trudne. Rozważmy szczególny przypadek punktowego ładunku q umieszczonego w początku układu współrzędnych. Aby obliczyć potencjał pola wytworzonego przez ładunek punktowy q w odległości r od środka układu względem punktu odniesienia w nieskończoności, gdzie potencjał jest zerowy (tak samo robiliśmy przy obliczaniu energii potencjalnej), podstawimy: P = r oraz R ⟶ ∞ R \\to \\infty , a także d l → = d r → = r ̂ ⁢ d r i wykorzystamy definicję E → = k ⁢ q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Jeśli do ogólnej całki V P = − ∫ R P E → ⋅ d l → zastosujemy powyższe podstawienia V r = − ∫ ∞ r k ⁢ q r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r ⁢ , to łatwo obliczymy tę całkę i otrzymamy wynik V r = − ∫ ∞ r k ⁢ q r 2 ⁢ d r = k ⁢ q r − k ⁢ q ∞ = k ⁢ q r ⁢ . Wynik ten, w postaci V r = k ⁢ q r ⁢ , jest standardową formułą na potencjał pola ładunku punktowego (albo inaczej: potencjał w polu centralnym, wytwarzanym przez punktowy ładunek źródłowy). W następnym podrozdziale zajmiemy się tym bardziej szczegółowo. Kolejnym szczególnym przypadkiem pola elektrycznego, jakim się zajmiemy, jest pole jednorodne E → wytwarzane między dwoma równoległymi płytami metalowymi, oznaczonymi na przez A i B , między którymi panuje różnica potencjałów (czyli napięcie) Δ V . Nasze rozważania dadzą nam odpowiedź na pytanie, jakie napięcie musi istnieć między płytami, aby wytworzyć pole elektryczne o określonym natężeniu. Dowiemy się także więcej o fundamentalnym związku między potencjałem a natężeniem pola. Związek między V i E dla pola jednorodnego jest następujący: E = Δ V ∕ d . (Zauważ, że Δ V = V A ⁢ B ma wartość dodatnią. Dla cząstki dodatnio naładowanej, poruszającej się od płytki A o wyższym potencjale do płytki B o niższym potencjale, musimy dodatkowo uwzględnić znak minus w definicji napięcia: − Δ V = V A − V B = V A ⁢ B ). Z punktu widzenia fizyki do opisu oddziaływań między ładunkami można równie dobrze użyć wielkości potencjału V V , jak i wektora E → . Jednak należy pamiętać o zasadniczych różnicach między nimi: Δ V jest wielkością skalarną i nie ma kierunku, natomiast E → jest wektorem, który oprócz wartości ma także kierunek i zwrot. (Pamiętasz zapewne, że wartość wektora natężenia pola oznaczamy przez E ). Relacja między Δ V i E → ujawnia się podczas liczenia pracy wykonanej przez siłę elektrostatyczną potrzebną do przeniesienia ładunku z punktu A do punktu B . Jednak, jak już sygnalizowaliśmy wcześniej, zupełnie dowolny rozkład ładunku wymaga użycia rachunku całkowego, przez co obliczenia mogą być skomplikowane. Dlatego rozpatrzymy przypadek szczególny, jakim jest pole jednorodne. Praca wykonana przez pole elektryczne z podczas przeniesienia dodatniego ładunku q z dodatnio naładowanej płyty A o wyższym potencjale na ujemnie naładowaną płytę B o niższym potencjale, wynosi W = − Δ E p = − q ⁢ Δ V ⁢ . Różnica potencjałów między punktami A i B wynosi − Δ V = − V B − V A = V A − V B = V A ⁢ B ⁢ . Wstawiając to wyrażenie do wzoru na pracę, otrzymujemy W = q ⁢ V A ⁢ B ⁢ . Praca jest zdefiniowana jako W = F → ⋅ d → = F ⁢ d ⁢ cos θ ; w naszym przypadku cos θ = 1 , bo przemieszczenie ładunku jest równoległe do linii pola. Zatem W = F ⁢ d . Ponieważ F = q ⁢ E , widzimy, że w rezultacie W = q ⁢ E ⁢ d . Wykorzystując to ostatnie wyrażenie, otrzymujemy związek q ⁢ E ⁢ d = q ⁢ V A ⁢ B ⁢ . Ładunek po obu stronach równania się upraszcza i ostatecznie dostajemy następującą zależność napięcia między punktami A i B od natężenia pola (pod warunkiem, że pole elektryczne E E jest jednorodne) V A B = E ⁢ d ⇒ E = V A B d ⁢ , V_{A\\sep B} = Ed \\implies E = \\frac{V_{A\\sep B}}{d} \\text{,} gdzie d jest odległością od A do B , czyli odległością między płytami na . Zauważ, że to równanie wprowadza nową jednostkę natężenia, wolt na metr ( V ∕ m ). Z poprzednich rozdziałów znamy jednostkę natężenia niuton na kulomb ( N ∕ C ), zatem prawdziwy jest związek między jednostkami 1 ⁢ N ∕ C = 1 ⁢ V ∕ m ⁢ . Powyższy wynik obowiązuje tylko dla pól jednorodnych, jednak możemy go zastosować do dowolnego pola, wprowadzając zależność całkową. Podstawiając do naszej definicji napięcia między punktami A i B , otrzymujemy V A ⁢ B = V B − V A = − ∫ R B E → ⋅ d l → + ∫ R A E → ⋅ d l → ⁢ , co upraszcza się do postaci V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → ⁢ . Jako przykład zastosowania powyższego związku całkowego, rozpatrzmy różnicę potencjałów między dwoma punktami ( A i B ) równoodległymi od źródłowego ładunku punktowego q , który znajduje się w środku układu, jak pokazuje . Fragment łuku jako krzywa całkowania w obliczeniach różnicy potencjałów między dwoma punktami o równej odległości od ładunku źródłowego umieszczonego w początku układu współrzędnych. W tym celu musimy obliczyć całkę krzywoliniową po łuku okręgu o promieniu r od punktu A do punktu B . We współrzędnych biegunowych mamy d l → = r ⁢ φ ̂ ⁢ d φ , natomiast E → = k ⁢ q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . W takim razie wielkość Δ V A ⁢ B = V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → dla naszego układu ładunków staje się prostą całką V B − V A = − ∫ A B k ⁢ q r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ⁢ φ ̂ ⁢ d φ ⁢ . Wersory w układzie biegunowym są wzajemnie prostopadłe, więc r ̂ ⋅ φ ̂ = 0 , a w konsekwencji V B − V A = 0 ⁢ V ⁢ . Uzyskany wynik, mówiący, że wzdłuż okręgu o stałym promieniu nie zmienia się potencjał, będzie dla nas bardzo przydatny podczas rysowania rozkładu potencjału w kolejnym podrozdziale. Jakie jest najwyższe możliwe napięcie między płytami? Najwyższe natężenie pola, które jest możliwe do uzyskania w suchym powietrzu, ma wartość ok. 3 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m . Powyżej tej wartości pole staje się na tyle silne, że jonizuje obojętne elektrycznie cząsteczki powietrza i powietrze staje się przewodnikiem. Dochodzi wtedy do „przebicia”, czyli sytuacji, gdy następuje rozładowanie napięcia (redukcja natężenia pola) na skutek przepływu dużego ładunku (podczas przebicia obserwujemy iskrę, świadczącą o dużej jonizacji cząsteczek powietrza). Jakie maksymalne napięcie może w takim razie panować między dwoma płytami oddalonymi o 2,5 ⁢ cm , między którymi występuje suche powietrze? Strategia rozwiązania Znamy maksymalne natężenie pola E między płytami odległymi o d . Możemy zastosować równanie V A ⁢ B = E ⁢ d , aby obliczyć maksymalne możliwe napięcie. Rozwiązanie Napięcie między płytami wynosi V A ⁢ B = E ⁢ d ⁢ . Podstawiając wartości E oraz d do wzoru, otrzymujemy V A ⁢ B = 3 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m ⋅ 0,025 ⁢ m = 7,5 ⋅ 10 4 ⁢ V ⁢ , czyli V A ⁢ B = 75 ⁢ kV ⁢ . Znaczenie Wniosek jest taki, że aby wytworzyć przeskok iskry na odległość 2,5 ⁢ cm w suchym powietrzu, wystarczy napięcie 75 ⁢ kV . Analogicznie na przeskok iskry przez przerwę o szerokości 5 ⁢ cm potrzeba napięcia 150 ⁢ kV . Stanowi to poważne ograniczenie maksymalnych napięć panujących między przewodnikami, np. między liniami przesyłowymi wysokiego napięcia. Dla danej odległości między przewodnikami również niższe napięcia mogą powodować przeskok iskry, jeśli np. powietrze nie jest suche (wilgotne powietrze zawiera przewodzące jony, przez co obniża się wartość maksymalnego natężenia pola), albo powierzchnia przewodników nie jest gładka, bowiem w okolicach ostrych krawędzi lub wystających szpilkowatych fragmentów panują dużo wyższe natężenia niż w pobliżu powierzchni gładkich ( ). Maksymalna wartość natężenia pola elektrycznego, jaka może istnieć między płytami bez wywołania przebicia, jest nazywana wytrzymałością elektryczną (lub wytrzymałością dielektryczną) i ma jednostkę natężenia ( V ∕ m , częściej V ∕ cm ). Komora iskrowa (ang. spark chamber ) służy do śledzenia torów wysokoenergetycznych cząstek. Jonizacja cząsteczek gazu, wywołana przez cząstki o wysokich energiach, powoduje przeskok iskry między płytami komory. Iskry są zawsze prostopadłe do płyt i ustawiają się zgodnie z liniami pola jednorodnego panującego między płytami. Napięcie między sąsiednimi płytami nie jest na tyle wysokie, aby powodować samoistne przebicie powietrza bez jonizacji wywołanej przez przejście cząstki wysokoenergetycznej (np. wytworzonej w laboratorium albo pochodzącej z promieniowania kosmicznego). Detektory cząstek zbudowane na bazie komór iskrowych są obecnie przestarzałe i używa się ich w fizyce cząstek elementarnych jedynie w celach demonstracyjnych. Źródło prawej części rysunku: modyfikacja pracy Jack Collins Natężenie i siła w dziale elektronowym Działo elektronowe ( ), składające się z dwóch równoległych płyt, odległych od siebie o 4 ⁢ cm , dostarcza elektronom energię 25 ⁢ keV . Jakie jest natężenie pola między płytami działa? Jaką siłą działałoby to pole na plastikową kulkę o ładunku 0,5 ⁢ µC , która dostałaby się w obszar między płytami? Strategia rozwiązania Ponieważ znamy napięcie i odległość między płytami, możemy skorzystać bezpośrednio z wyrażenia E = V A ⁢ B ∕ d , aby obliczyć natężenie. Gdy będziemy znać natężenie, wykorzystamy wzór F → = q ⁢ E → do obliczenia siły. Pole elektryczne działa wzdłuż jednego kierunku, dlatego wzór ten zapiszemy w uproszczonej formie F = q ⁢ E . Rozwiązanie Wartość natężenia pola jednorodnego między równoległymi płytami wynosi E = V A ⁢ B d ⁢ . Ponieważ elektron jest obdarzony ładunkiem elementarnym, energia elektronu 25 ⁢ keV oznacza, że napięcie panujące między płytami wynosi 25 ⁢ kV . Podstawiając tę wartość w miejsce V A ⁢ B oraz 0,04 ⁢ m w miejsce odległości między płytami, otrzymujemy E = 25 ⁢ kV 0,04 ⁢ m = 6,25 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m ⁢ . Siłę, z jaką pole działa na ładunek, obliczymy za pomocą wzoru F = q ⁢ E ⁢ . Podstawiając dane, dostajemy F = 0,5 ⋅ 10 − 6 ⁢ C ⋅ 6,25 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m = 0,313 ⁢ N ⁢ . Znaczenie Zauważ, że otrzymaliśmy niuton jako jednostkę siły, ponieważ 1 ⁢ V ∕ m = 1 ⁢ N ∕ C . Skoro pole między płytami działa elektronowego jest jednorodne, to taka sama siła działa na ładunek w dowolnym miejscu wewnątrz działa, niezależnie od odległości ładunku od płyt. Obliczanie potencjału pola od ładunku punktowego Ładunek punktowy q = + 2 ⁢ nC umieszczono w środku układu współrzędnych. Obliczmy różnicę potencjałów między punktami: A A o odległości a = 4 ⁢ cm od ładunku źródła q oraz B B o odległości b = 12 ⁢ cm od ładunku q , jeśli kąt pomiędzy tymi punktami wynosi φ = 24 ° ( ). Obliczymy różnicę potencjałów między punktami A A i B B . Strategia rozwiązania Rozwiązanie podzielimy na dwa etapy. W pierwszym użyjemy równania V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → i podstawimy A = a = 4 ⁢ cm oraz B = b = 12 ⁢ cm , przy czym d l → = d r → = r ̂ ⁢ d r , natomiast E → = k ⁢ q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Następnie wykonamy całkowanie. W drugim etapie obliczymy całkę V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → w zmiennych biegunowych po łuku o stałym promieniu r , gdzie d l → = r ⁢ φ ̂ ⁢ d φ przy ograniczeniu zakresu zmienności kąta 0 ≤ φ ≤ 24 ° , ciągle podstawiając E → = k ⁢ q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Na końcu dodamy oba wyniki do siebie. Rozwiązanie W pierwszym etapie całka V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → staje się równa V b − V a = − ∫ a b k ⁢ q r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r ⁢ , V_b - V_a = - \\int_a^b \\frac{kq}{r^2} \\hat{r} \\cdot \\hat{r}\\d r \\text{,} co daje wynik Δ V = − ∫ a b k ⁢ q r 2 ⁢ d r = k ⁢ q ⁢ 1 a − 1 b Δ V = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 1 0,04 ⁢ m − 1 0,12 ⁢ m = 300 ⁢ V ⁢ . \\begin{multiline} \\prefop{\\Delta} V &= - \\int_a^b \\frac{kq}{r^2} \\d r = kq [\\frac{1}{a} - \\frac{1}{b}] \\\\ &= \\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{2e-9}{\\coulomb} \\cdot [\\frac{1}{\\SI{0,04}{\\metre}} - \\frac{1}{\\SI{0,12}{\\metre}}] = \\SI{300}{\\volt} \\text{.} \\end{multiline} Δ V = − ∫ a b k ⁢ q r 2 ⁢ d r = k ⁢ q ⁢ 1 a − 1 b = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -9 ⁢ C ⋅ 1 0,04 ⁢ m − 1 0,12 ⁢ m = 300 ⁢ V ⁢ . \\begin{multiline} \\prefop{\\Delta} V &= - \\int_a^b \\frac{kq}{r^2} \\d r = kq [\\frac{1}{a} - \\frac{1}{b}] \\\\ &= \\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{2e-9}{\\coulomb} \\cdot [\\frac{1}{\\SI{0,04}{\\metre}} - \\frac{1}{\\SI{0,12}{\\metre}}] = \\SI{300}{\\volt} \\text{.} \\end{multiline} W drugim etapie V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → w zmiennych biegunowych przybiera postać Δ V = − ∫ 0 2 ∕ 15 k ⁢ q r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ⁢ φ ̂ ⁢ d φ ⁢ , \\prefop{\\Delta} V = - \\int_0^{2/15} \\frac{kq}{r^2} \\hat{r} \\cdot r\\hat{\\varphi}\\d \\varphi \\text{,} (całkujemy po kącie od 0 ° \\ang{0}\\ do 24 ° \\ang{24}\\ , czyli 2 ∕ 15 ⁢ rad 2/15 \\si{\\radian} ), ale ponieważ r ̂ ⋅ φ ̂ = 0 , dostajemy Δ V = 0 ⁢ V . Dodając oba częściowe wyniki, otrzymujemy ostatecznie 300 ⁢ V . Znaczenie Zastosowaliśmy metodę obliczania różnicy potencjałów przy pomocy całki z natężenia pola do obliczenia wyników numerycznych napięcia w konkretnych przypadkach rozkładu ładunków. Zauważ, że w tym akurat przypadku równie dobrze moglibyśmy po prostu zastosować wzór na potencjał pola ładunku punktowego (w polu centralnym), co doprowadziłoby do tego samego wyniku, nawet w prostszy sposób. Sprawdź, czy rozumiesz. Na podstawie wyników z powyższych przykładów oceń, jak energia wyładowania atmosferycznego zależy od wysokości chmur nad ziemią. Załóż, że poziom gruntu i chmur tworzy układ dwóch równoległych płyt wykonanych z przewodnika. Przy danej wartości maksymalnego pola elektrycznego, potencjał, przy którym dochodzi do wyładowania, rośnie wraz ze wzrostem wysokości chmur nad gruntem. Wtedy każdy elektron docierający do ziemi niesie większą energię. To, czy istnieje zależność całkowitej energii wyładowania od liczby elektronów, jest ciągle nierozstrzygnięte. Przed przystąpieniem do rozwiązywania zadań i problemów proponujemy zapoznanie się ze strategią rozwiązywania problemów fizycznych z zakresu elektrostatyki. Strategia rozwiązywania zadań: elektrostatyka Zbadaj zadanie pod kątem tego, czy dotyczy zagadnień z elektrostatyki; w tym celu zastanów się, czy masz do czynienia z układem pojedynczych i nieruchomych ładunków, z siłami między nimi i polami przez nie wytwarzanymi. Zidentyfikuj, jak wygląda układ ładunków: jaka jest ilość, położenie i rodzaj ładunków? Może okazać się potrzebny schematyczny rysunek z przedstawieniem sytuacji fizycznej. Określ, co dokładnie ma zostać obliczone (jakie są niewiadome). Przydatna może być lista szukanych, jeśli jest ich więcej. Określ, czy występuje siła Coulomba – jeśli tak, warto naszkicować przebieg linii pola i określić wektor siły. Wypisz, jakie wielkości są znane na podstawie treści zadania (jakie są dane). Zwróć uwagę szczególnie na rozróżnienie między siłą Coulomba F a natężeniem pola E . Rozwiąż odpowiednie równanie ze względu na niewiadomą, podstaw dane i oblicz wartości. Jeśli to koniecznie, zrób rysunek ilustrujący wynik. Oceń, czy otrzymany rezultat ma sens fizyczny? Czy jednostki są prawidłowe i wartość liczbowa jest prawdopodobna? Podsumowanie Potencjał elektryczny jest zdefiniowany jako wielkość energii potencjalnej przypadająca na jednostkę ładunku. Równoważnie: jest to iloraz energii potencjalnej i ładunku próbnego (dodatniego). Różnica potencjałów między punktami A i B , V B − V A , czyli zmiana potencjału ładunku q przemieszczonego z A do B , jest równa zmianie energii potencjalnej podzielonej przez wielkość tego ładunku. Różnicę potencjałów nazywamy napięciem, oznaczamy symbolem Δ V i definiujemy jako Δ V = Δ E p q ⁢ lub ⁢ Δ E p = q ⁢ Δ V ⁢ . Energia 1 ⁢ eV (elektronowolt) to energia, jaką uzyskuje ładunek elementarny przyspieszony napięciem 1 ⁢ V . Jej wartość w dżulach wynosi 1 ⁢ eV = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 1 ⁢ V = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 1 ⁢ J ∕ C = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ J ⁢ . Pytania Przedyskutuj związek napięcia i natężenia pola. Podaj przykłady. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w obszarze, w którym panuje stały potencjał? Wartość natężenia pola wynosi zero, gdyż zależy ona bezpośrednio od różnicy potencjałów. Jeżeli potencjał w pewnym obszarze jest stały, jego różnica między dwoma punktami obszaru wynosi zero, to natężenie pola też musi być zerowe. Jeżeli proton bez prędkości początkowej wpada w obszar pola elektrycznego, to czy zacznie się poruszać w stronę malejącego czy rosnącego potencjału? Jaka jest twoja odpowiedź w przypadku ruchu elektronu i neutronu? Podaj wyjaśnienie. Napięcie elektryczne jest zwyczajową nazwą różnicy potencjałów. Która z tych nazw lepiej oddaje sens fizyczny tej wielkości? Nazwa „różnica potencjałów” jest bardziej sensowna, bo bezpośrednio wskazuje, że napięcie jest zmianą potencjału między dwoma punktami. Jednak nazwa „napięcie” jest powszechnie stosowana w fizyce i technice. Jeśli napięcie między dwoma punktami jest równe 0 ⁢ V , to czy ładunek próbny może być przesunięty między tymi punktami bez wykonania pracy? Czy można tego dokonać bez konieczności przyłożenia siły zewnętrznej? Uzasadnij. Jaki jest związek między napięciem a energią? Mówiąc precyzyjniej, jaki jest związek między różnicą potencjałów elektrycznych a elektryczną energią potencjalną? Obie wielkości mają zbliżony sens, jednak różnica potencjałów jest własnością samego pola elektrycznego, podczas gdy energia potencjalna zależy od wielkości ładunku próbnego. Zmianę energii potencjalnej ładunku umieszczonego w polu elektrycznym możemy obliczyć, mnożąc wielkość tego ładunku przez różnicę potencjałów. Dlaczego napięcie podajemy i mierzymy zawsze między dwoma punktami? Jak są ze sobą powiązane jednostki „wolt” i „elektronowolt”? Czym się różnią? Elektronowolt jest równy woltowi pomnożonemu przez ładunek elementarny elektronu. Wolt jest jednostką napięcia i potencjału, a elektronowolt to jednostka energii. Czy cząstka, która porusza się w stronę rosnącego potencjału, może tracić energię potencjalną? Wyjaśnij. Zadania Znajdź stosunek prędkości elektronu i anionu wodoru (atom wodoru z dodatkowym elektronem), które są przyspieszone tym samym napięciem. Załóż, że prędkości są nierelatywistyczne, a masa jonu wodoru jest w przybliżeniu równa masie obojętnego atomu wodoru, 1,67 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg . m e ⁢ v e 2 ∕ 2 = q ⁢ Δ V m_{\\text{e}} v_{\\text{e}}^2 / 2 = q\\prefop{\\Delta} V , m H ⁢ v H 2 ∕ 2 = q ⁢ Δ V m_{\\text{H}} v_{\\text{H}}^2 / 2 = q\\prefop{\\Delta} V , zatem m e ⁢ v e 2 ∕ m H ⁢ v H 2 = 1 oraz v e ∕ v H = 42,8 . Elektrony przyspieszane w rurze próżniowej napięciem 40 ⁢ kV uderzają w folię miedzianą, w wyniku czego wytwarzane jest promieniowanie X. Jakie są maksymalne prędkości elektronów w przybliżeniu nierelatywistycznym? Pokaż, że jednostki natężenia pola, V ∕ m oraz N ∕ C , są rzeczywiście równoważne. V m = J ∕ C m = N ⁢ m ∕ C m = N C \\frac{\\si{\\volt}}{\\si{\\metre}} = \\frac{\\si{\\joule\\per\\coulomb}}{\\si{\\metre}} = \\frac{\\si{\\newton\\metre\\per\\coulomb}}{\\si{\\metre}} = \\frac{\\si{\\newton}}{\\si{\\coulomb}} . Jakie pole elektryczne panuje między metalowymi płytami oddalonymi od siebie o 1 ⁢ cm , naładowanymi do napięcia 1,5 ⋅ 10 4 ⁢ V ? Natężenie pola między dwoma płytami przewodnika odległymi o 4 ⁢ cm wynosi 7,5 ⋅ 10 4 ⁢ V . Jaka różnica potencjałów panuje między płytami? Płyta o niższym potencjale zostaje uziemiona (jej potencjał wynosi zero). Jaki potencjał panuje w punkcie odległym od niej o 1 ⁢ cm (czyli 3 ⁢ cm od drugiej płyty)? a. V A ⁢ B = 3 ⁢ kV ; b. V A ⁢ B = 7,5 ⁢ kV . Napięcie między dwoma powierzchniami błony komórkowej o grubości 9 ⁢ nm wynosi 80 ⁢ mV . Jakie pole elektryczne panuje wewnątrz błony? Załóż, że pole to jest jednorodne (wynik jest zaskakująco duży, ale poprawny). Dwie płyty metalowe, z których jedna jest uziemiona i ma potencjał równy 0 ⁢ V , są ustawione równolegle w odległości 10 ⁢ cm od siebie. Jakie natężenie pola panuje między płytami, skoro w odległości 8 ⁢ cm od płyty uziemionej zmierzono potencjał 450 ⁢ V ? Jakie napięcie panuje między płytami? a. V A ⁢ B = E ⁢ d ⇒ E = 5,63 ⁢ kV ∕ m ; b. V A ⁢ B = 563 ⁢ V . Znajdź największe napięcie, jakie może występować między dwiema równoległymi płytami przewodzącymi, oddzielonymi warstwą powietrza o grubości 0,5 ⁢ cm , jeśli wytrzymałość elektryczna na przebicie wynosi 3 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m . Elektron jest przyspieszany w jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu 2 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m . Jaką energię kinetyczną otrzymuje elektron po przebyciu drogi 0,4 ⁢ m ? Na jakiej drodze musiałby być przyspieszany ten elektron, aby osiągnąć energię 50 ⁢ GeV ? a. Δ E k = q ⁢ Δ V oraz V A ⁢ B = E ⁢ d , więc Δ E k = 800 ⁢ keV ; b. d = 25 ⁢ km . Wykorzystaj całkową zależność różnicy potencjałów od natężenia pola, aby wyprowadzić ogólny wzór na różnicę potencjałów między punktami r = r a oraz r = r b dla ładunku punktowego umieszczonego w początku układu odniesienia. Przez r oznaczamy tutaj współrzędną radialną w sferycznym układzie współrzędnych. Linie pola elektrycznego są w pewnym obszarze prostopadłe do osi z układu współrzędnych i zależą od odległości S od osi, jak E = α ∕ S , gdzie α jest stałą. Znajdź wzór na różnicę potencjałów między punktami P 1 i P 2 . Wyraźnie zasygnalizuj, po jakiej krzywej całkujesz. Jedną z możliwości jest całkowanie najpierw po łuku o stałym promieniu od punktu P 1 do punktu P 2 , co da w wyniku zerową różnicę potencjałów ze względu na prostopadłość krzywej do wektora natężenia pola. Wystarczy więc wykonać całkę wzdłuż odcinka od punktu a do punktu b : V a ⁢ b = α ⁢ ln b ∕ a . Jednokrotnie zjonizowane cząsteczki gazu są przyspieszane napięciem 13 ⁢ V . W jakiej temperaturze średnia energia kinetyczna cząsteczek tego gazu byłaby równa energii kinetycznej przyspieszanych jonów? (To zadanie wymaga wiedzy z zakresu termodynamiki/teorii kinetycznej gazów). potencjał elektryczny (ang. electric potential ) energia potencjalna przypadająca na jednostkę ładunku różnica potencjałów elektrycznych (ang. electric potential difference ) zmiana energii potencjalnej ładunku q q przy przemieszczeniu między dwoma punktami, podzielona przez wielkość tego ładunku elektronowolt (ang. electronvolt ) energia ładunku elementarnego przyspieszonego napięciem 1 ⁢ V \\SI{1}{\\volt} napięcie elektryczne (ang. voltage ) inaczej: różnica potencjałów, czyli zmiana energii potencjalnej ładunku przemieszczonego od jednego punktu do drugiego, podzielona przez ładunek; jednostką jest wolt, czyli dżul na kulomb", "section": "Potencjał elektryczny i różnica potencjałów", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Obliczanie potencjału elektrycznego Ładunki punktowe, takie jak elektrony, są podstawowymi budulcami materii. Co więcej, sferycznie symetryczne rozkłady ładunków (jak np. naładowana metalowa sfera albo kula) wytwarzają wokół siebie pole identyczne z tym, które jest wytwarzane przez ładunki punktowe. Dlatego umiejętność wyznaczania potencjału ładunku punktowego jest ważna i przydatna w wielu przypadkach fizycznych. Wykorzystując całkową definicję pracy potrzebnej do przemieszczenia ładunku próbnego q z nieskończoności do punktu odległego o r od ładunku źródłowego oraz na podstawie związku pracy i różnicy potencjałów, W = − q ⁢ Δ V , opisanego w poprzednim podrozdziale, możemy otrzymać następujący wniosek. Potencjał elektryczny ładunku punktowego Potencjał elektryczny V wytworzony przez nieruchomy ładunek punktowy dany jest następującym wzorem V = k ⁢ q r ⁢ , V = \\frac{kq}{r} \\text{,} gdzie k jest stałą elektrostatyczną o wartości 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 (często będziemy zaokrąglać tę liczbę do 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ). Zastosowaliśmy tutaj konwencję, zgodnie z którą potencjał elektryczny w nieskończoności wynosi zero. Wtedy potencjał V ładunku punktowego maleje wraz z odległością od źródła pola, podczas gdy wartość natężenia pola E → wytwarzanego przez ładunek punktowy maleje proporcjonalnie do odwrotności kwadratu odległości E = F q 0 = k ⁢ q r 2 ⁢ . Przez q 0 oznaczyliśmy tym razem ładunek próbny. Pamiętaj także, że potencjał jest wielkością skalarną, natomiast natężenie jest wektorem, który ma wartość, kierunek i zwrot. Aby znaleźć wypadkowy potencjał układu ładunków, dodajesz potencjały poszczególnych ładunków jak liczby, natomiast wypadkowe natężenie pola jest wektorową sumą natężeń pół wytwarzanych przez poszczególne ładunki. Skalarny charakter potencjału jest związany z tym, że jest on zdefiniowany za pomocą energii, która jest skalarem, natomiast wektorowy charakter natężenia wynika z definicji natężenia odnoszącej się do siły Coulomba, która jest wektorem. Potencjał metalowej kuli Wielkość ładunku elektrycznego, jaki spotykamy w typowych zagadnieniach elektrostatyki, jest rzędu nanokulombów ( nC ) lub mikrokulombów ( µC ). Jaki potencjał panuje w odległości 5 ⁢ cm od środka metalowej kulki o promieniu długości 1 ⁢ cm , na której zgromadzono ładunek − 3 ⁢ nC ? Strategia rozwiązania Tak jak mówiliśmy w rozdziale Ładunki elektryczne i pola , ładunek zgromadzony wewnątrz metalowej kuli rozkłada się zawsze równomiernie i symetrycznie na powierzchni, przez co wytwarza wokół pole, tak jak wokół ładunku punktowego. Możemy traktować cały ładunek kuli jak ładunek punktowy umieszczony w jej środku. W takim przypadku obowiązuje wzór V = k ⁢ q ∕ r . Rozwiązanie Podstawiamy dane do wzoru na potencjał ładunku punktowego V = k ⁢ q r = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ − 3 ⋅ 10 − 9 ⁢ C 5 ⋅ 10 − 2 ⁢ m = − 539 ⁢ V ⁢ . Znaczenie Ujemna wartość potencjału oznacza, że ładunek dodatni byłby przyciągany do ładunku źródłowego, natomiast ładunek ujemny byłby od niego odpychany. Generator Van de Graaffa Generator Van de Graaffa (ang. Van de Graaff generator ) służy do wytwarzania dużych ładunków elektrycznych. Demonstracyjna wersja generatora posiada metalową czaszę w kształcie sfery o średnicy 25 ⁢ cm , która pozwala na uzyskiwanie napięcia o wartości 100 ⁢ kV przy powierzchni czaszy ( ). Jaki nadmiarowy ładunek jest zgromadzony na sferze przy takim napięciu? Podajmy wynik z dokładnością do trzech cyfr znaczących. Napięcie w tym modelu demonstracyjnym generatora Van de Graaffa mierzone jest między powierzchnią sferycznej czaszy generatora a podłożem. Potencjał Ziemi jest przyjęty jako zerowy poziom odniesienia. Potencjał naładowanej sfery jest dokładnie taki sam jak potencjał ładunku punktowego o identycznej wielkości, zgromadzonego w środku czaszy. Strategia rozwiązania Potencjał sferycznej czaszy jest taki sam jak potencjał ładunku punktowego umieszczonego w środku sfery, w odległości 12,5 ⁢ cm od tego ładunku (promień czaszy wynosi 12,5 ⁢ cm ). Ładunek nadmiarowy zgromadzony na powierzchni czaszy obliczymy za pomocą wzoru V = k ⁢ q r ⁢ . Rozwiązanie Ze wzoru wyznaczamy q i podstawiamy dane q = r ⁢ V k = 0,125 ⁢ m ⋅ 100 ⋅ 10 3 ⁢ V 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 = 1,39 ⋅ 10 − 6 ⁢ C = 1,39 ⁢ µC ⁢ . Znaczenie Obliczony ładunek jest raczej mały, mimo to wystarcza do wytworzenia całkiem dużego potencjału. Na podstawie tego zadania możemy też zobaczyć, że nie jest łatwo przechowywać odizolowane ładunki elektryczne. Nawet niewielka ich liczba wytwarza duże różnice potencjałów, które mogą doprowadzić do „przebicia”. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki potencjał panuje wewnątrz metalowej sfery z ? V = k ⁢ q ∕ r = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ − 3 ⋅ 10 − 9 ⁢ C ∕ 5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m = − 5390 ⁢ V . Przypomnij sobie, że natężenie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika jest 0 ⁢ V ∕ m . Zatem dla dowolnej krzywej całkowania od punktu na powierzchni do dowolnego punktu wewnątrz sfery, będziesz miał wartość zerową pod całką z natężenia pola, dlatego różnica potencjałów między tymi punktami jest 0 ⁢ V . W efekcie potencjał w dowolnym punkcie wewnątrz sfery jest równy potencjałowi na powierzchni. W obu powyższych przykładach pomiaru napięcia moglibyśmy dokonać za pomocą prostego miernika, który porównywałby wielkość potencjału w danym punkcie z potencjałem Ziemi. Potencjał podłoża często przyjmujemy jako zerowy (zamiast nieskończoności jako punktu odniesienia). W problemach fizycznych ważna jest najczęściej różnica potencjałów, dlatego wybór punktu odniesienia nie jest bardzo istotny, możemy milcząco założyć, że jest to powierzchnia Ziemi, albo bardzo odległy punkt (w nieskończoności). Sytuacja jest podobna do wyboru poziomu morza czy gruntu ( h = 0 ⁢ m ) jako poziomu zerowej energii potencjalnej, gdy określamy ją wzorem E p = m ⁢ g ⁢ h . Układy wielu ładunków Zasada superpozycji, którą poznałeś dla natężenia pola, obowiązuje także dla potencjału. Rozważmy układ N ładunków q 1 q 2 … q N . Jaki wypadkowy potencjał V panuje w punkcie P w pewnej odległości od tego układu ładunków? Każdy z ładunków wchodzących w skład układu jest ładunkiem źródłowym, który w punkcie P wytwarza swój własny potencjał, niezależnie od pozostałych ładunków. Niech V 1 V 2 … V N oznaczają potencjały w punkcie P wytworzone przez odpowiednie ładunki q 1 q 2 … q N . Wypadkowy potencjał V P w tym punkcie jest równy sumie wszystkich pojedynczych potencjałów V P = V 1 + V 2 + ⋯ + V N = ∑ i = 1 N V i ⁢ . Zauważmy, że co do konstrukcji matematycznej zasada superpozycji dla potencjału jest dokładnie taka sama jak zasada superpozycji dla natężenia pola i energii potencjalnej. Zasadę superpozycji dla potencjału łatwo udowodnić, obliczając całkowitą energię potencjalną ładunku próbnego przenoszonego od punktu odniesienia do punktu P . Załóżmy, że odległości ładunku próbnego q 0 umieszczonego w punkcie P od N ładunków źródłowych wynoszą odpowiednio r 1 r 2 … r N , jak pokazano na . Używając wzoru na potencjał ładunku punktowego dla każdego z ładunków źródłowych (o których zakładamy, że są punktowe), otrzymujemy V P = ∑ i = 1 N k ⁢ q i r i = k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i ⁢ . W takim razie energia potencjalna ładunku próbnego wynosi E p P = q 0 ⁢ V P = q 0 ⁢ k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i ⁢ , co jest wartością pracy wykonanej podczas przenoszenia ładunku próbnego w pobliże układu ładunków, jak pokazaliśmy w pierwszej części tego rozdziału. Definicja odległości od ładunków źródłowych do wybranego punktu P w przestrzeni. Dipol elektryczny Dipol elektryczny (ang. electric dipole ) to układ dwóch ładunków o jednakowych wartościach, ale przeciwnych znakach, umieszczonych w stałej odległości od siebie. Dipol jest wykorzystywany często w modelowaniu wielu rzeczywistych układów w fizyce, jak choćby modelu wiązań chemicznych między cząsteczkami lub atomami. W pewnych warunkach możemy przyjąć, że także cząsteczka wody jest dipolem. Taki obraz jest słuszny chociażby w przypadku kuchenki mikrofalowej, gdzie wytwarzane pole elektryczne o zmiennym kierunku powoduje gwałtowną i częstą zmianę orientacji cząsteczek wody. Pod wpływem tych wibracji rośnie energia cieplna cząsteczek, dzięki czemu nasza potrawa się podgrzewa. Potencjał dipola Rozważmy przypadek dipola z o ładunku q = 3 ⁢ nC i rozmiarze d = 4 ⁢ cm . Jaki potencjał dipol wytwarza w punkcie A = 0 ⁢ cm 0 ⁢ cm 1 ⁢ cm A = (\\SI{0}{\\centi\\metre}, \\SI{0}{\\centi\\metre}, \\SI{1}{\\centi\\metre}) ; B = 0 ⁢ cm 0 ⁢ cm − 5 ⁢ cm B = (\\SI{0}{\\centi\\metre}, \\SI{0}{\\centi\\metre}, -\\SI{5}{\\centi\\metre}) ; C = 3 ⁢ cm 0 ⁢ cm 2 ⁢ cm C = (\\SI{3}{\\centi\\metre}, \\SI{0}{\\centi\\metre}, \\SI{2}{\\centi\\metre}) ? Ogólny schemat budowy dipola, z zaznaczonymi położeniami kolejnych punktów, w których szukamy potencjału. Strategia rozwiązania Do każdego z położeń zastosujemy wzór V P = k ⁢ ∑ i = 1 N q i ∕ r i . Rozwiązanie V A = k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 3 ⁢ nC 0,01 ⁢ m − 3 ⁢ nC 0,03 ⁢ m = 1,8 ⋅ 10 3 ⁢ V ⁢ ; V_A = k \\sum_{i=1}^N \\frac{q_i}{r_i} = \\SI{9e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot (\\frac{\\SI{3}{\\nano\\coulomb}}{\\SI{0,01}{\\metre}} - \\frac{\\SI{3}{\\nano\\coulomb}}{\\SI{0,03}{\\metre}}) = \\SI{1,8e3}{\\volt} \\text{;} V B = k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 3 ⁢ nC 0,07 ⁢ m − 3 ⁢ nC 0,03 ⁢ m = − 5,1 ⋅ 10 2 ⁢ V ⁢ ; V_B = k \\sum_{i=1}^N \\frac{q_i}{r_i} = \\SI{9e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot (\\frac{\\SI{3}{\\nano\\coulomb}}{\\SI{0,07}{\\metre}} - \\frac{\\SI{3}{\\nano\\coulomb}}{\\SI{0,03}{\\metre}}) = -\\SI{5,1e2}{\\volt} \\text{;} V C = k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i = 9 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 3 ⁢ nC 0,03 ⁢ m − 3 ⁢ nC 0,05 ⁢ m = 3,6 ⋅ 10 2 ⁢ V ⁢ . V_C = k \\sum_{i=1}^N \\frac{q_i}{r_i} = \\SI{9e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot (\\frac{\\SI{3}{\\nano\\coulomb}}{\\SI{0,03}{\\metre}} - \\frac{\\SI{3}{\\nano\\coulomb}}{\\SI{0,05}{\\metre}}) = \\SI{3,6e2}{\\volt} \\text{.} Znaczenie Zwróćmy uwagę, że wyznaczanie wypadkowego potencjału jest zasadniczo prostsze niż obliczanie wypadkowego natężenia pola, ponieważ potencjał jest wielkością skalarną. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki potencjał wytwarza dipol z powyższego przykładu wzdłuż osi x i z ? Potencjał na osi x wynosi zero, bo odejmują się potencjały od ładunków przeciwnego znaku umieszczonych w tej samej odległości od osi. Wzdłuż osi z musimy dodać dwa potencjały o różnych znakach, ale niejednakowych wartościach bezwzględnych. Można wykazać, że dla dużych odległości od dipola, z ≫ d , potencjał w przybliżeniu także będzie równy zero. Rozważmy teraz szczególny przypadek, gdy odległość punktu P od środka dipola jest dużo większa niż rozmiar dipola (czyli odległość między ładunkami): r ≫ d ; takie uproszczenie będzie dla nas wystarczające w większości przypadków, np. gdy pytamy o potencjał spolaryzowanej cząsteczki wody. Odległość, dla której stosujemy takie uproszczenie, nie jest wystarczająca (jest dużo mniejsza od nieskończoności), żeby potencjał spadał aż do zera, ale jest na tyle duża, by uproszczenie było możliwe. Uzyskamy wynik, który jest o wiele prostszy niż ten otrzymany metodą przedstawioną w przykładzie powyżej. Zgodnie z oznaczeniami na potencjał wypadkowy możemy zapisać jako sumę V P = V + + V − = k ⁢ q r + − q r − ⁢ , gdzie r ± = x 2 + z ⁢ ∓ ⁢ d 2 2 ⁢ . Ogólny schemat dipola z oznaczeniem odległości punktu P od poszczególnych ładunków. Powyższe wyrażenie jest pełnym wzorem na potencjał dipola, bez żadnych przybliżeń. Zanim dokonamy przybliżenia r ≫ d , wyraźmy długości promieni w zmiennych biegunowych (rozważamy dwuwymiarowy problem na płaszczyźnie): x = r ⁢ sin θ oraz z = r ⁢ cos θ . Otrzymujemy r ± = r 2 ⁢ sin 2 θ + r ⁢ cos θ ∓ d 2 2 ⁢ . r_x = \\sqrt{r^2 \\sin^2 \\theta + (r\\cos \\theta \\mp \\frac{d}{2})^2} \\text{.} Wyłączmy r przed pierwiastek r ± = r ⁢ sin 2 θ + cos θ ∓ d 2 ⁢ r 2 r_x = r \\sqrt{\\sin^2 \\theta + (\\cos \\theta \\mp \\frac{d}{2r})^2} i obliczmy kwadrat pod pierwiastkiem r ± = r ⁢ sin 2 θ + cos 2 θ ∓ d r ⁢ cos θ + d 2 ⁢ r 2 = r ⁢ 1 ∓ d r ⁢ cos θ + d 2 ⁢ r 2 ⁢ . r_x = r\\sqrt{\\sin^2 \\theta + \\cos^2 \\theta \\mp \\frac{d}{r} \\cos \\theta + (\\frac{d}{2r})^2} = r \\sqrt{1 \\mp \\frac{d}{r} \\cos \\theta + (\\frac{d}{2r})^2} \\text{.} Teraz możemy dokonać przybliżeń. Ostatni składnik pod pierwiastkiem z powodzeniem może być zaniedbany (pamiętaj, że r ≫ d , wobec czego d ∕ r 2 jest bardzo małe – tak małe, że na poziomie dokładności pomiarowej możemy je pominąć). Pozostaje r ± = r ⁢ 1 ⁢ ∓ ⁢ cos θ ⁢ d r ⁢ . Dalszego przybliżenia dokonamy z użyciem rozwinięcia funkcji w szereg potęgowy – gdy α jest małe, możemy zastosować następujące rozwinięcie Taylora 1 1 ⁢ ∓ ⁢ α ≈ 1 ⁢ ± ⁢ α 2 ⁢ , gdzie uwzględniliśmy tylko dwa pierwsze wyrazy rozwinięcia. Stosując to przybliżenie do naszego wzoru na V P , otrzymujemy V P = k ⁢ q r ⁢ 1 + d ⁢ cos θ 2 ⁢ r − q r ⁢ 1 − d ⁢ cos θ 2 ⁢ r = k ⁢ q ⁢ d ⁢ cos θ r 2 ⁢ . Ten wynik możemy zapisać w jeszcze wygodniejszej postaci, wprowadzając pojęcie elektrycznego momentu dipolowego (ang. electric dipole moment ) p → = q ⁢ d → ⁢ . Oba wektory w tym wzorze są skierowane od ładunku ujemnego do ładunku dodatniego (to jest tylko konwencja, której jednak wszyscy fizycy się trzymają). Zauważ, że wektor p → ma wartość q ⁢ d . Przy użyciu wektora elektrycznego momentu dipolowego możemy zapisać potencjał w punkcie P od dipola w przybliżeniu dla dużych odległości jako V P = k ⁢ p → ⋅ r ̂ r 2 ⁢ . Sposób użycia tego wzoru przedstawiamy schematycznie na diagramie ( ). Diagram wektorowy ilustrujący zastosowanie wzoru na potencjał elektryczny dipola. Oprócz momentu dipolowego istnieją także momenty wyższego rzędu, takie jak moment kwadrupolowy, oktupolowy itd. Być może poznasz je na bardziej zaawansowanych kursach elektrodynamiki klasycznej. Potencjał pola układu ładunków można przybliżyć przez potencjał dipola, jak wyżej, ale także przez momenty wyższych rzędów. Procedura ta nazywa się rozwinięciem multipolowym. Potencjał ciągłego rozkładu ładunków Do tej pory pracowaliśmy z dyskretnym rozkładem ładunku (układem ładunków punktowych). Jak jednak znaleźć potencjał pola ciągłego rozkładu ładunku? Przypomnij sobie, że według V P = k ⁢ ∑ q i r i ⁢ . Ciągły rozkład ładunków możemy traktować jako układ nieskończenie małych, ale oddzielnych ładunków punktowych. W takim razie sumowanie w powyższym wzorze możemy zamienić na całkowanie V P = k ⁢ ∫ d q r ⁢ . Otrzymaliśmy wzór całkowy na potencjał w punkcie P ciągłego rozkładu ładunku. Zwróć uwagę, że r w tym wzorze jest odległością każdego kolejnego małego ładunku punktowego d q od punktu P . Zależy więc od ładunku (zmiennej całkowania), co musimy uwzględnić przed przystąpieniem do całkowania. Jak pamiętamy z rozdziału Ładunki elektryczne i pola , nieskończenie małe ładunki możemy wyrazić, w zależności od wymiaru przestrzeni, następująco d q = λ ⁢ d l (rozkład liniowy, jeden wymiar) σ ⁢ d S (rozkład powierzchniowy, dwa wymiary) ρ ⁢ d V (rozkład objętościowy, trzy wymiary), \\d q = \\left{\\begin{matrix} \\lambda \\d l &\\text{ (rozkład liniowy, jeden wymiar)} \\\\ \\sigma \\d S &\\text{ (rozkład powierzchniowy, dwa wymiary)} \\\\ \\rho \\d V &\\text{ (rozkład objętościowy, trzy wymiary),} \\end{matrix} \\right. gdzie λ jest gęstością liniową ładunku o wymiarze C ∕ m , σ jest gęstością powierzchniową ładunku o wymiarze C ∕ m 2 , natomiast ρ jest gęstością objętościową ładunku o wymiarze C ∕ m 3 . Potencjał pola liniowego rozkładu ładunku Znajdźmy potencjał pola wytworzonego przez nieprzewodzący pręt o długości L , naładowany jednorodnie ładunkiem o gęstości liniowej λ (o wymiarze C ∕ m ) w punkcie leżącym na symetralnej, w dowolnej odległości x od środka pręta. Strategia rozwiązania Wprowadźmy kartezjański układ współrzędnych o początku w środku pręta, osi y skierowanej wzdłuż pręta do góry oraz osi x przechodzącej przez punkt P , który leży w płaszczyźnie x y . W tej sytuacji końce pręta mają współrzędne y = ± ⁢ L ∕ 2 . Wybór układu współrzędnych przedstawia . Obliczanie potencjału elektrycznego ładunku punktowego. Rozwiązanie Rozważmy element ładunku d q umieszczony na odcinku o długości d y między punktami y oraz y + d y , który możemy wyrazić za pomocą gęstości liniowej d q = λ ⁢ d y . Odległość od tego ładunku do punktu P wynosi x 2 + y 2 . Położenie ładunku zmienia się od jednego końca pręta do drugiego, z czego wynikają granice całkowania. Zatem potencjał wynosi V P = k ⁢ ∫ d q r = k ⁢ ∫ − L ∕ 2 L ∕ 2 λ ⁢ d y x 2 + y 2 = k ⁢ λ ⁢ ln y + y 2 + x 2 y = − L ∕ 2 y = L ∕ 2 V P = k ⁢ λ ⁢ ln L 2 + L 2 2 + x 2 − ln − L 2 + − L 2 2 + x 2 V P = k ⁢ λ ⁢ ln L + L 2 + 4 ⁢ x 2 − L + L 2 + 4 ⁢ x 2 ⁢ . \\begin{multiline} V_P &= k \\int \\frac{\\d q}{r} = k \\int_{-L/2}^{L/2} \\frac{\\lambda \\d y}{\\sqrt{x^2+y^2}} = k \\lambda [\\ln(y+ \\sqrt{y^2+x^2})]_{y=-L/2}^{y=L/2} \\\\ &= k \\lambda [\\ln(\\frac{L}{2}+ \\sqrt{(\\frac{L}{2})^2+x^2}) - \\ln(-\\frac{L}{2}+ \\sqrt{(-\\frac{L}{2})^2+x^2})] \\\\ &= k \\lambda \\ln[\\frac{L+ \\sqrt{L^2+4x^2}}{-L+ \\sqrt{L^2+4x^2}}] \\text{.} \\end{multiline} V P = k ⁢ ∫ d q r = k ⁢ ∫ − L ∕ 2 L ∕ 2 λ ⁢ d y x 2 + y 2 = k ⁢ λ ⁢ ln y + y 2 + x 2 y = − L ∕ 2 y = L ∕ 2 = k ⁢ λ ⁢ ln L 2 + L 2 2 + x 2 − ln − L 2 + − L 2 2 + x 2 = k ⁢ λ ⁢ ln L + L 2 + 4 ⁢ x 2 − L + L 2 + 4 ⁢ x 2 ⁢ . Znaczenie Zauważmy, że po raz kolejny obliczanie potencjału okazało się łatwiejsze niż obliczanie natężenia pola. Potencjał jest skalarem. Zwróć uwagę, że dla skończonej wartości ładunku liniowego spodziewamy się, że w nieskończoności potencjał spada do zera. Sprawdźmy, czy nasz wzór to pokazuje. Obliczmy granicę powyższego wyrażenia przy x zdążającym do nieskończoności. W naszym przypadku ułamek pod logarytmem zmierza do jedności, a więc rzeczywiście potencjał spada do zera. Zauważ też, że całkowanie mogliśmy równie dobrze przeprowadzić w zmiennych cylindrycznych, które dobrze oddają symetrię rozkładu ładunków (ładunek liniowy leży wzdłuż osi cylindra), a jedyną zmianą byłoby zastąpienie x przez r oraz y przez z . Potencjał pola naładowanego pierścienia Cienki pierścień o promieniu R jest naładowany ładunkiem o gęstości liniowej λ . Znajdźmy zależność potencjału od odległości dla punktu na prostej przechodzącej przez środek pierścienia i do niego prostopadłej. Strategia rozwiązania Zastosujemy dokładnie tę samą strategię co w przypadku naładowanego pręta. Jedyna różnica w tym zadaniu jest taka, że ładunek jest rozłożony wzdłuż pierścienia, dlatego całkowanie przeprowadzimy w zmiennych biegunowych, które są wygodniejsze w przypadku symetrii kołowej. Układ współrzędnych i notację pokazujemy na . Ilustracja do obliczenia potencjału naładowanego pierścienia. Rozwiązanie Element długości w zmiennych biegunowych między położeniami kątowymi θ i θ + d θ wynosi R ⁢ d θ , więc ładunek zgromadzony w tym elemencie jest równy λ ⁢ R ⁢ d θ . Odległość od punktu P wynosi z 2 + R 2 . Z definicji całkowej wynika, że potencjał pierścienia naładowanego jednorodnie wynosi V P = k ⁢ ∫ d q r = k ⁢ ∫ 0 2 ⁢ π λ ⁢ R ⁢ d θ z 2 + R 2 = k ⁢ λ ⁢ R z 2 + R 2 ⁢ ∫ 0 2 ⁢ π d θ = 2 ⁢ π ⁢ k ⁢ λ ⁢ R z 2 + R 2 = k ⁢ q cał z 2 + R 2 ⁢ . Znaczenie Wynik całkowania jest bardzo prosty, czego mogliśmy się spodziewać, skoro każdy element długości łuku jest w stałej odległości od środka okręgu, a więc i od punktu P . Stąd potencjał wypadkowy w punkcie P odpowiada sytuacji, gdy całkowity ładunek zgromadzony w pierścieniu został umieszczony w odległości z 2 + R 2 od punktu P . Potencjał pola jednorodnie naładowanego dysku Cienki dysk o promieniu R jest naładowany jednorodnie ładunkiem o gęstości powierzchniowej σ . Znajdźmy potencjał w dowolnym punkcie na osi dysku. Strategia rozwiązania Podzielimy dysk na układ cienkich pierścieni o nieskończenie małej grubości i wykorzystamy wynik z poprzedniego przykładu. W rezultacie oprócz całkowania po kącie θ wykonamy też całkowanie po współrzędnej radialnej r wzdłuż promienia dysku. Przyjęte oznaczenia zobrazowano na . Chcemy obliczyć potencjał elektryczny naładowanego jednorodnie dysku. Rozwiązanie Pierścień o nieskończenie małej grubości z przedziału r i r + d r w zmiennych biegunowych (jak na ) ma w punkcie r potencjał d V P , wyrażony przez d V P = k ⁢ d q z 2 + r 2 ⁢ , gdzie d q = σ ⁢ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ d r ⁢ . Superpozycja potencjałów wszystkich cienkich pierścieni daje wypadkowy potencjał pola całego dysku w punkcie P . Obliczymy go, całkując po zmiennej radialnej w zakresie od r = 0 do r = R V P = ∫ d V P = k ⁢ 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ ∫ 0 R r ⁢ d r z 2 + r 2 = k ⁢ 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ z 2 + R 2 − z 2 ⁢ . Znaczenie Standardowym sposobem obliczania potencjału dysku jest najpierw całkowanie po θ , a następnie po r . Ta druga całka może być bardziej skomplikowana, niż w przykładzie, który właśnie rozważaliśmy, bo gęstość powierzchniowa ładunku może zależeć dodatkowo od r , podczas gdy tu była stała. Wynik całkowania będzie wtedy inny. Potencjał pola nieskończenie długiego przewodu Obliczmy potencjał w dowolnym punkcie oddalonym od nieskończenie długiego przewodu naładowanego jednorodnie. Strategia rozwiązania Skoro dysponujemy rozwiązaniem dla skończonego przewodu o długości L , znalezionym w , to najprostszym pomysłem jest, obliczyć granicę przy L ⟶ ∞ z wyrażenia V P = lim L ⟶ ∞ k ⁢ λ ⁢ ln L + L 2 + 4 ⁢ x 2 − L + L 2 + 4 ⁢ x 2 ⁢ . Okazuje się, że granicę taką nie jest łatwo policzyć. Przy L ⟶ ∞ pod logarytmem otrzymujemy symbol nieoznaczony 2 ∕ 0 , więc ten sposób nie doprowadzi nas szybko do wyniku. Uzasadnienie tego, dlaczego takie podejście zawodzi, przynosi obserwacja, że tym razem ładunek rozciąga się do nieskończoności, a nie jest zlokalizowany w pręcie o skończonym rozmiarze. Wobec tego nasze ciche założenie, że potencjał w nieskończoności wynosi zero, nie jest dłużej zasadne. Zastosujemy zatem inne podejście. Wykorzystamy zależność potencjału od natężenia w postaci całkowej, które dla nieskończonego przewodu ustaliliśmy w poprzednim rozdziale. Rozwiązanie Wykorzystamy wzór V P = − ∫ R P E → ⋅ d l → ⁢ , gdzie R jest skończoną odległością od ładunku liniowego do punktu, w którym przyjmujemy poziom odniesienia dla potencjału, jak pokazano na . Definicje punktów charakterystycznych przy obliczaniu potencjału pola nieskończenie długiej prostej naładowanej ładunkiem jednorodnym. Przy takich założeniach do całki wstawimy E P = 2 ⁢ k ⁢ λ ∕ r ⋅ i ̂ E_P = 2k\\lambda / r \\cdot \\hat{i} oraz d l → = d r → \\d \\vec{l} = \\d \\vec{r} i łatwo ją obliczymy V P − V R = − ∫ R P 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ d r r = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln r P r R ⁢ . V_P - V_R = -\\int_R^P 2k\\lambda \\frac{\\d r}{r} = - 2k\\lambda \\ln \\frac{r_P}{r_R} \\text{.} Przyjmijmy teraz, że potencjał V R = 0 ⁢ V w punkcie odniesienia, dla którego r R = 1 ⁢ m r_R = \\SI{1}{\\metre} . Jest to zupełnie arbitralny wybór, ale nasz wynik upraszcza się wtedy do końcowej postaci V P = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln r P ⁢ . V_P = -2l\\lambda \\ln r_P \\text{.} Zauważmy, że ten wynik jest całkiem wiarygodny. Potencjał rzeczywiście wynosi zero w odległości 1 ⁢ m od przewodu i jest nieokreślony w nieskończoności, z którego to powodu nie mogliśmy przyjąć nieskończoności jako punktu odniesienia. Znaczenie W większości przypadków, obliczanie potencjału dla rozkładu ciągłego ładunku jako superpozycji przyczynków do potencjału dyskretnych, nieskończenie małych ładunków jest bardzo wygodne i łatwo pozwala otrzymać wynik. Znaleźliśmy jednak taki przykład układu, gdy ta metoda zawodzi. Z pomocą może wtedy przyjść definicja potencjału jako całki z natężenia pola, które możemy znać skądinąd. Dociekliwy Czytelnik z pewnością zauważy, że granicę w powyższej definicji V P V_P można było obliczyć, wykorzystując rozwinięcie w szereg Maclaurina przy x ∕ L ⟶ 0 x/L \\to 0 , po uprzednim podzieleniu licznika i mianownika przez L L . Podejście takie da wzór na potencjał postaci V P = 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln L ∕ x V_P = 2k \\lambda \\ln (L/x) dla punktu P P w odległości x x od prostoliniowego przewodnika, jeśli odległość ta jest bardzo mała w porównaniu z długością przewodnika (albo długość przewodnika jest o wiele większa niż odległość do punktu P P ). Jeżeli zażądamy, aby L ⟶ ∞ , to nadal otrzymamy V P ⟶ ∞ . W tych obliczeniach nadal zakładamy położenie punktu referencyjnego w nieskończoności, gdzie tym razem przecież istnieje ładunek. Możemy postąpić podobnie do strategii rozwiązania tego zadania. Jeżeli punkt referencyjny, w którym V R = 0 , przeniesiemy do punktu r R , to potencjał w punkcie P P obliczymy następująco: V P = 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln L ∕ r P − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln L ∕ r R = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln r P ∕ r R . Jeżeli r R = 1 ⁢ m , to otrzymujemy wynik taki sam, jak powyżej. Należy pamiętać, że nie w każdym przypadku ciągłego rozkładu ładunku możemy przyjąć, że potencjał jest zerowy w nieskończoności. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki jest potencjał w dowolnym punkcie na osi cienkiego pierścienia naładowanego niejednorodnie ładunkiem o gęstości liniowej zależnej od kąta tak, jak λ ⁢ θ = λ 0 ⁢ cos θ ( λ 0 jest stałą)? Potencjał będzie wynosił zero w każdym punkcie na osi pierścienia, bo w każdym punkcie sumują się potencjały o tych samych wartościach, ale przeciwnych znakach, pochodzące od fragmentów łuku po przeciwnych stronach okręgu. Zauważ, że taki rozkład ładunku będzie miał w efekcie moment dipolowy. Podsumowanie Potencjał elektryczny jest wielkością skalarną, natomiast natężenie pola jest wektorem. Potencjał wypadkowy układu ładunków punktowych możemy obliczyć dzięki zasadzie superpozycji, a więc sumując potencjały poszczególnych ładunków źródłowych jak liczby V P = k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i ⁢ . Dipol składa się z dwóch identycznych ładunków o przeciwnych znakach, umieszczonych w stałej odległości od siebie. Wielkością charakterystyczną dipola jest jego elektryczny moment dipolowy p → = q ⁢ d → . Potencjał ciągłego rozkładu ładunków może być obliczony za pomocą całkowej zasady superpozycji V P = k ⁢ ∫ d q r ⁢ . Pytania Porównaj wielkości momentów dipolowych dwóch układów: dwa ładunki ± ⁢ Q w odległości d oraz para ładunków ± ⁢ Q ∕ 2 w odległości d ∕ 2 . Drugi dipol ma moment równy 1 ∕ 4 wielkości momentu pierwszego dipola. Czy prawo Gaussa może być pomocne przy obliczaniu natężenia pola dipola? Wyjaśnij. W jakim obszarze potencjał jednorodnie naładowanej sfery jest taki jak potencjał ładunku punktowego? W jakim obszarze jest on różny? W obszarze na zewnątrz sfery potencjał jest równy potencjałowi ładunku punktowego, natomiast wewnątrz sfery potencjały te są różne. Czy potencjał niejednorodnie naładowanej sfery może w jakimkolwiek obszarze być taki jak potencjał ładunku punktowego o równoważnej wartości? Zadania Na powierzchni plastikowej kulki o średnicy 0,5 ⁢ cm , używanej do pokazów fizycznych, zgromadzono ładunek 40 ⁢ pC rozłożony jednorodnie na powierzchni kulki. Jaki potencjał ma kulka tuż przy powierzchni? V = 144 ⁢ V . W jakiej odległości od ładunku punktowego o wartości 1 ⁢ µC potencjał wynosi 100 ⁢ V ? W jakiej odległości potencjał jest równy 200 ⁢ V ? Potencjał ładunku punktowego w odległości 15 ⁢ m od niego wynosi 500 ⁢ V . Jaki jest znak i wartość ładunku? V = k ⁢ Q ∕ r ⇒ Q = 8,33 ⋅ 10 − 7 ⁢ C . Ładunek jest dodatni, bo potencjał ma dodatni znak. W wyniku rozszczepienia jądro atomowe rozpada się mniej więcej na połowy. Jaki potencjał wytwarza nowo powstałe jądro o 46 protonach w odległości 2 ⋅ 10 − 14 ⁢ m od niego? Jaką energię potencjalną w MeV ma drugie jądro umieszczone w tym punkcie? Badawczy generator Van de Graaffa ma czaszę o średnicy 2 ⁢ m , na której można zgromadzić ładunek 5 ⁢ mC . Jaki potencjał może wytworzyć czasza tuż przy powierzchni? W jakiej odległości od jej środka potencjał wynosi 1 ⁢ MV ? Zjonizowany atom tlenu o trzech brakujących elektronach zostaje wpuszczony w obszar pola elektrycznego wytwarzanego przez generator. Jaką energię potencjalną w MeV ma jon tlenu w punkcie znalezionym w części (b)? a. V = 45 ⁢ MV ; b. V = k ⁢ Q ∕ r ⇒ r = 45 ⁢ m ; c. Δ E p = 132 ⁢ MeV . Elektrostatyczny rozpylacz do farby malarskiej zbudowany jest m.in. z metalowej kulki o średnicy 0,2 ⁢ m , do której przyłożono napięcie 25 ⁢ kV . Dzięki temu zjonizowane cząsteczki farby są odpychane od kulki w kierunku malowanej powierzchni. Jaki ładunek jest zgromadzony na kuli w rozpylaczu? Jaki ładunek musi nieść kropla farby o masie 0,1 ⁢ mg , aby paść na malowaną powierzchnię z prędkością 10 ⁢ m ∕ s ? Jaka różnica potencjałów panuje między punktami odległymi o 10 ⁢ cm i 20 ⁢ cm od ładunku 3 ⁢ µC ? Do położenia o jakiej odległości od ładunku źródłowego należałoby przenieść ten drugi punkt, aby zwiększyć różnicę potencjałów dwukrotnie? a. V = k ⁢ Q ∕ r . Należy obliczyć potencjały w każdym punkcie pochodzące od ładunku źródłowego i odjąć je od siebie. Δ V = 135 ⋅ 10 3 ⁢ V ; b. Aby podwoić różnicę potencjałów, należy punkt początkowo znajdujący się w odległości 20 ⁢ cm od źródła przenieść do nieskończoności. Potencjał w punkcie 20 ⁢ cm jest równy połowie potencjału w punkcie 10 ⁢ cm . Znajdź potencjały w punktach P 1 , P 2 , P 3 , P 4 pochodzące od dwóch ładunków z rysunku. Dwa ładunki − 2 ⁢ µC i + 2 ⁢ µC są umieszczone w odległości 4 ⁢ cm od siebie wzdłuż osi z , symetrycznie po obu stronach początku osi, przy czym ładunek dodatni znajduje się po dodatniej stronie osi. Dwa punkty P 1 i P 2 znajdują się 3 ⁢ cm i 30 ⁢ cm od początku układu pod kątem 30 ° względem osi z . Oblicz potencjały w punktach P 1 i P 2 na dwa sposoby: używając dokładnego wzoru na potencjał dwóch ładunków punktowych; korzystając z przybliżonego wzoru na potencjał dipola. a. V P 1 = 7,4 ⋅ 10 5 ⁢ V oraz V P 2 = 6,9 ⋅ 10 3 ⁢ V ; b. V P 1 = 6,9 ⋅ 10 5 ⁢ V oraz V P 2 = 6,9 ⋅ 10 3 ⁢ V . Narysuj wykres zależności potencjału wytworzonego przez pręt długości 1 ⁢ m jednorodnie naładowany ładunkiem o gęstości liniowej 1 ⁢ C ∕ m w funkcji odległości od środka pręta wzdłuż jego symetralnej. Przyjmij zakres zmienności odległości od 0,1 ⁢ m \\SI{0,1}{\\metre} do 1 ⁢ m \\SI{1}{\\metre} ; Na tym samym wykresie naszkicuj przebieg zależności od odległości potencjału ładunku punktowego o wartości 1 ⁢ C , umieszczonego w środku pręta; Który potencjał jest większy bliżej środka? Jak zmienia się rozbieżność między potencjałami, gdy wzrasta odległość? Zinterpretuj tę obserwację. dipol elektryczny (ang. electric dipole ) układ dwóch takich samych ładunków o przeciwnych znakach, umieszczonych w stałej odległości od siebie elektryczny moment dipolowy (ang. electric dipole moment ) wielkość wektorowa zdefiniowana jako p → = q ⁢ d → , gdzie oba wektory skierowane są od ujemnego do dodatniego ładunku", "section": "Obliczanie potencjału elektrycznego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Obliczanie natężenia na podstawie potencjału W poprzednim podrozdziale pokazaliśmy, jak na podstawie znajomości wektora natężenia pola elektrycznego obliczyć potencjał określonego układu ładunków, także tworzącego ciągły rozkład. Wykorzystaliśmy wtedy wzór całkowy. Jak się zapewne domyślasz, możliwy jest rachunek w drugą stronę ‒ obliczenie natężenia jako pochodnej potencjału. Uwagi wymaga jednak przejście od wielkości skalarnej do wektorowej. Najczęściej potrzebujemy wektora E → , żeby obliczyć siłę działającą na ładunek w danym polu. Jednak często łatwiej jest znaleźć potencjał niż natężenie, dlatego wygodnie byłoby znać metodę obliczania wektora natężenia pola E → na podstawie potencjału V . Wektor natężenia pola jest w ogólności, niezależnie od tego, czy pole jest jednorodne, czy nie, skierowany w stronę malejącego potencjału. Dzieje się tak dlatego, że siła działająca na ładunek próbny dodatni zwrócona jest zgodnie z liniami pola E → , czyli w stronę mniejszego potencjału V . Co więcej, wartość wektora E → jest równa szybkości spadku potencjału V wraz ze zmianą odległości. Widać to choćby na podstawie analizy wymiarowej natężenia (jednostką natężenia jest V ∕ m ). Im szybciej V maleje wraz ze zmianą odległości, tym większe jest natężenie pola. Możemy więc podać następujące stwierdzenie. Związek napięcia z natężeniem pola jednorodnego Równanie opisujące zależność napięcia i natężenia pola jednorodnego możemy zapisać następująco E = − Δ V Δ s ⁢ , gdzie Δ s jest odległością, na jakiej zachodzi zmiana potencjału Δ V . Znak minus we wzorze oznacza, że wektor natężenia jest skierowany w stronę malejącego potencjału. Mówimy, że natężenie pola jest gradientem potencjału. Dla ciągłej funkcji potencjału wielkości Δ V i Δ s stają się małymi przyrostami (różniczkami) i musimy zastosować rachunek różniczkowy w celu obliczenia natężenia pola. Na pokazujemy, że jeśli Δ s jest bardzo małe, natężenie pola jest zasadniczo stałe na tym odcinku i możemy to zapisać następująco E = − d V d s ⁢ . E = - \\frac{\\d V}{\\d s} \\text{.} Składowa wektora natężenia pola elektrycznego wzdłuż przemieszeczenia Δ s jest równa E = − Δ V ∕ Δ s . Zauważ, że gdy punkty A i B są blisko siebie, natężenie pola jest stałe na odcinku Δ s . We wszystkich trzech kierunkach układu kartezjańskiego możemy zdefiniować składowe wektora natężenia pola jako odpowiednie pochodne E x = − ∂ V ∂ x ⁢ , ⁢ E y = − ∂ V ∂ y ⁢ , ⁢ E z = − ∂ V ∂ z ⁢ . E_x = -\\frac{\\partial V}{\\partial x} \\text{, } E_y = - \\frac{\\partial V}{\\partial y} \\text{, } E_z = -\\frac{\\partial V}{\\partial z} \\text{.} Użyliśmy tutaj zapisu z użyciem symbolu pochodnej cząstkowej ∂ . Do zapisania tych trzech równań w bardziej zwartej postaci możemy użyć operatora matematycznego gradientu (oznaczenie ∇ → \\vec{\\nabla} lub „grad”). Postać tego operatora różniczkowego, który jest wektorem o trzech składowych, w zmiennych kartezjańskich jest następująca ∇ → = i ̂ ⁢ ∂ ∂ x + j ̂ ⁢ ∂ ∂ y + k ̂ ⁢ ∂ ∂ z ⁢ . \\vec{x} = \\hat{i}{\\dd[\\partial]{x}} + \\hat{j}{\\dd[\\partial]{y}} + \\hat{k}{\\dd[\\partial]{z}} \\text{.} Za pomocą tej notacji możemy zapisać jedno równanie na wektor natężenia pola obliczony na podstawie potencjału elektrycznego E → = − ∇ → ⁢ V ⁢ , a procedurę tę nazwiemy obliczaniem gradientu potencjału. Zwróć uwagę na niezbędny znak minus we wzorze przed gradientem. Do matematycznego opisu układów o symetrii cylindrycznej lub sferycznej wygodnie jest używać postaci operatora gradientu w zmiennych cylindrycznych (walcowych) ∇ → = r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + φ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ φ + z ̂ ⁢ ∂ ∂ z \\vec{x} = \\hat{r}{\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\varphi} \\frac1r \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} + \\hat{z}{\\dd[\\partial]{z}} lub sferycznych ∇ → = r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ ⁢ . \\vec{x} = \\hat{r}{\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\theta} \\frac1r \\cdot {\\dd[\\partial]{\\theta}} + \\hat{\\varphi} \\frac{1}{r\\sin \\theta} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} \\text{.} Natężenie pola wokół ładunku punktowego Obliczmy natężenie pola pochodzącego od ładunku punktowego. Strategia rozwiązania Wiemy, że potencjał takiego układu dany jest wzorem V = k ⁢ q ∕ r i ma symetrię sferyczną. Dlatego w równaniu E → = − ∇ → ⁢ V wygodnie będzie zastosować zmienne sferyczne. Rozwiązanie Wykonujemy obliczenia w zmiennych sferycznych E → = − r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ ⁢ k ⁢ q r E → = − k ⁢ q ⁢ r ̂ ⁢ ∂ ∂ r ⁢ 1 r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ ⁢ 1 r + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ ⁢ 1 r ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{E} &= -[\\hat{r} {\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\theta} \\frac{1}{r} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\theta}} + \\hat{\\varphi} \\frac{1}{r \\sin \\theta} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}}] k \\frac{q}{r} \\\\ &= -kq [\\hat{r} {\\dd[\\partial]{r}} (\\frac{1}{r})+ \\hat{\\theta} \\frac{1}{r} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\theta}} (\\frac{1}{r}) + \\hat{\\varphi} \\frac{1}{r \\sin \\theta} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} (\\frac{1}{r})] \\text{.} \\end{multiline} E → = − r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ ⁢ k ⁢ q r = − k ⁢ q ⁢ r ̂ ⁢ ∂ ∂ r ⁢ 1 r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ ⁢ 1 r + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ ⁢ 1 r ⁢ . Po obliczeniu pochodnych otrzymujemy wynik E → = − k ⁢ q ⁢ r ̂ ⋅ -1 r 2 + θ ̂ ⋅ 0 + φ ̂ ⋅ 0 = k ⁢ q r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , \\vec{E} = - kq (\\hat{r} \\cdot \\frac{-1}{r^2} + \\hat{\\theta} \\cdot 0 + \\hat{\\varphi} \\cdot 0) = k \\frac{q}{r^2} \\hat{r} \\text{,} którego się spodziewaliśmy. Znaczenie Powyższym rachunkiem potwierdziliśmy znany nam z poprzednich rozdziałów wynik. Dodatkowo pokazaliśmy, że wektor E → jest rzeczywiście skierowany w stronę malejącego potencjału (kierunek zgodny z wektorem wodzącym zaczepionym w środku ładunku źródłowego), co zobrazowano na . Wykorzystaliśmy postać operatora gradientu w zmiennych sferycznych, jednak, jak łatwo zauważyć, tylko różniczkowanie po zmiennej radialnej „przetrwało” różniczkowanie. Potencjał zależy tylko od r , dlatego możemy go potraktować jak funkcję jednej zmiennej i natężenie obliczać jako pochodną po r (oczywiście ze znakiem minus). Wektory natężenia pola elektrycznego wytworzonego przez punktowy ładunek dodatni, pokazane dla trzech odległości od ładunku źródłowego. Natężenie pola naładowanego pierścienia Użyjmy wzoru na potencjał znalezionego w , aby obliczyć natężenie pola wytworzonego przez naładowany jednorodnie pierścień w punkcie na osi pierścienia ( ). Obliczamy wektor natężenia pola elektrycznego pierścienia naładowanego jednorodnie. Strategia rozwiązania Zauważmy, że wektor natężenia pola wytwarzanego przez każdy mały fragment pierścienia będzie miał dwie składowe: wzdłuż osi z oraz prostopadle do niej. Dwa punkty po przeciwnych stronach pierścienia dadzą natężenie, którego prostopadłe składowe się znoszą. Nasz problem jest więc jednowymiarowy. Wystarczy zatem użyć równania E z = − ∂ V ∕ ∂ z i wyrażenia na potencjał V = k ⁢ q cał ∕ z 2 + R 2 , przedstawionego w poprzednim podrozdziale. Rozwiązanie Obliczając pochodną potencjału po z , otrzymujemy E z = − ∂ ∂ z k ⁢ q cał z 2 + R 2 = k ⁢ q cał ⁢ z z 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ . E_z = - \\dd[\\partial]{z}\\frac{kq_{\\text{cał}}}{\\sqrt{z^2+R^2}} = k \\frac{q_{\\text{cał}} z}{(z^2+R^2)^{3/2}} \\text{.} Znaczenie Tym razem także uzyskaliśmy wynik zgodny z naszymi oczekiwaniami – obliczone tutaj natężenie pola wytworzonego przez jednorodnie naładowany pierścień jest takie samo jak obliczone w poprzednich rozdziałach. Ponadto okazuje się, że symetria niektórych układów ładunku pozwala na uproszczenie pełnego gradientu i obliczenie tylko jednej jego składowej. Sprawdź, czy rozumiesz. Jakiego układu współrzędnych użyłbyś do obliczenia natężenia pola wytworzonego przez dipol, używając gradientu potencjału? Dowolnego, chociaż cylindryczny byłby najbliższy symetrii dipola. Podsumowanie Podobnie jak możemy scałkować natężenie pola w celu obliczenia potencjału, tak też, różniczkując potencjał, możemy obliczyć natężenie. Możemy osobno znaleźć składowe wektora natężenia, różniczkując potencjał po kolejnych zmiennych układu współrzędnych, albo od razu obliczyć cały wektor natężenia za pomocą operatora gradientu. Pytania Czy jeśli natężenie pola w pewnym obszarze jest zerowe, to potencjał także musi wynosić zero? Nie. Potencjał w tym obszarze może być stały, bo pochodna stałej wynosi zero. Wyjaśnij dlaczego znajomość wektora E → ⁢ x y z jest niewystarczająca do uzyskania pełnej informacji o wielkości V ⁢ x y z . Czy w odwrotną stronę jest tak samo? Zadania W pewnym obszarze powierzchnie stałego potencjału (tzw. powierzchnie ekwipotencjalne) są zlokalizowane w punktach o składowej z = const . Powierzchnie są równoodległe, a wielkości potencjału tych powierzchni wynoszą: V = 100 ⁢ V dla z = 0 ⁢ m , V = 200 ⁢ V dla z = 0,5 ⁢ m , V = 300 ⁢ V dla z = 1 ⁢ m . Jakiego typu pole elektryczne panuje w tym obszarze? Jakie jest natężenie tego pola? W tym obszarze panuje pole jednorodne o natężeniu E = 200 ⁢ V ∕ m wzdłuż kierunku z . Funkcja potencjału w pewnym obszarze ma postać V = − x ⁢ y 2 ⁢ z + 4 ⁢ x ⁢ y . Jaka jest funkcja natężenia pola w tym obszarze? Oblicz wektor natężenia pola w dowolnym punkcie przestrzeni, wytworzonego przez nieskończony przewód naładowany jednorodnie. Stosujemy wzór E → = − ∇ → ⁢ V z gradientem w zmiennych cylindrycznych ∇ → = r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + φ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ φ + z ̂ ⁢ ∂ ∂ z \\vec{x} = \\hat{r}{\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\varphi}\\frac1r \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} + \\hat{z}{\\dd[\\partial]{z}} i potencjałem obliczonym w poprzednim podrozdziale V = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln r V = -2k\\lambda \\ln r .Wynik: E → = 2 ⁢ k ⁢ λ ∕ r ⋅ r ̂ jest zgodny z oczekiwaniami.", "section": "Obliczanie natężenia na podstawie potencjału", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Powierzchnie ekwipotencjalne i przewodniki Potrafisz już graficznie przedstawiać pole elektryczne za pomocą linii pola. Zupełnie analogicznie można rysować rozkład potencjału wokół ładunków źródłowych – przecież potencjał i natężenie pola są ze sobą związane. Spójrz na , na której zaznaczono linie pola wychodzące od dodatniego ładunku źródłowego radialnie we wszystkich kierunkach. Linie pola zaczynają się na ładunkach dodatnich i kończą na ładunkach ujemnych. Czerwonymi strzałkami zaznaczono kierunki wektorów natężenia, natomiast krzywe kołowe, zaznaczone czarną linią, łączą punkty, w których potencjały są równe. Te krzywe na płaszczyźnie nazywamy liniami ewipotencjalnymi (ang. equipotential line ), natomiast w przestrzeni trójwymiarowej mamy do czynienia z powierzchniami ekwipotencjalnymi (ang. equipotential surface ). Innymi słowy, są to linie lub powierzchnie o stałym potencjale. W przypadku ładunku punktowego potencjał jest stały dla wszystkich punktów na wyimaginowanej sferze o stałym promieniu r , otaczającej ładunek źródłowy. Jest tak, ponieważ potencjał ładunku punktowego zależy od odległości, jak V = k ⁢ q ∕ r , i ma stałą wartość dla dowolnego punktu o danej odległości r od ładunku. W rzucie albo przekroju poprzecznym, a więc w ujęciu dwuwymiarowym, sfera ekwipotencjalna jest okręgiem, jak na . Możemy zauważyć, że skoro linie pola wychodzą radialnie od ładunku źródłowego, to przecinają one powierzchnie (linie) ekwipotencjalne pod kątem prostym. Izolowany ładunek punktowy Q z zaznaczonymi na czerwono liniami pola i na czarno liniami ekwipotencjalnymi. Potencjał jest taki sam wszędzie wzdłuż linii ekwipotencjalnych, co oznacza, że praca wykonana przy przeniesieniu ładunku próbnego wzdłuż tych linii jest zerowa. Należy wykonać pracę, aby przenieść ładunek między liniami ekwipotencjalnymi. Linie stałego potencjału są zawsze prostopadle do linii pola. Trójwymiarowy obraz powierzchni ekwipotencjalnych znajdziesz w aplecie pod linkiem zamieszczonym poniżej. Możemy podać następujący związek między liniami pola a liniami stałego potencjału, który jest prawdziwy dla dowolnego rozkładu ładunku. Linie ekwipotencjalne są zawsze prostopadłe do linii pola elektrycznego. Innymi słowy, linie pola przebijają powierzchnie stałego potencjału zawsze pod kątem prostym. Ponadto przemieszczenie ładunku wzdłuż linii ekwipotencjalnych nie wymaga żadnej pracy, bowiem Δ V = 0 ⁢ V . Praca wynosi W = − Δ E p = − q ⁢ Δ V = 0 ⁢ J ⁢ . Wiemy, że praca jest równa 0 ⁢ J , jeśli wektor siły jest prostopadły do przemieszczenia. Z kolei wektor siły ma ten sam kierunek co wektor natężenia, więc ruch wzdłuż linii stałego potencjału musi być prostopadły do linii pola. Bardziej precyzyjnie możemy zapisać, że W = F → ⋅ d → = q ⁢ E → ⋅ d → = q ⁢ E ⁢ d ⁢ cos θ = 0 ⁢ J ⁢ . W tym równaniu symbole E oraz F oznaczają długości wektorów, odpowiednio natężenia i siły. Zarówno q , jak i E są niezerowe, także d jest różne od zera. Zatem cos θ musi się zerować, skoro praca wynosi zero. Oznacza to, że kąt θ musi być równy 90 ° . Ruch wzdłuż linii ekwipotencjalnej zachodzi prostopadle do pola E . W elektrostatyce oraz fizyce przewodników panuje zasada, że linie pola wychodzą z przewodnika zawsze pod kątem prostym do jego powierzchni. W takim razie powierzchnia przewodnika w spoczynku jest powierzchnią ekwipotencjalną. Między dwoma punktami na powierzchni przewodnika nie może być różnicy potencjałów, w przeciwnym razie dochodziłoby do przepływu ładunku. Oczywiście rozważamy tutaj problem elektrostatyczny, gdy ładunki i przewodniki pozostają w spoczynku. Jedną z możliwości wykorzystania tej cechy przewodników jest to, że możemy nadać powierzchni przewodnika zerowy potencjał w wyniku podłączenia jej dobrym przewodem z ziemią – proces ten nazywamy uziemieniem (ang. grounding ). Uziemienie może być bardzo przydatne jako zabezpieczenie elektryczne. Możemy przykładowo zawsze uziemić obudowę urządzenia elektrycznego, dzięki czemu mamy pewność, że nie zgromadzi się na niej nadmiarowy ładunek i obudowa pozostanie elektrycznie obojętna, a przez to bezpieczna dla człowieka. Skoro powierzchnia przewodnika jest dobrą powierzchnią ekwipotencjalną, możemy zawsze wykorzystać przewodnik o odpowiedniej budowie jako jednej z powierzchni stałego potencjału dla dowolnego ładunku źródłowego. Przykładowo możemy zastąpić jedną ze sfer ekwipotencjalnych wokół ładunku punktowego na metalową cienką sferą współśrodkową z ładunkiem. Pole elektryczne i potencjał na zewnątrz sfery pozostaną niezmienione, co tylko potwierdza równoważność cech sferycznego rozkładu ładunku oraz ładunku punktowego. Na widzisz linie pola i linie stałego potencjału wokół układu dwóch ładunków o tych samych wartościach, ale przeciwnych znakach, umieszczonych w pewnej odległości od siebie. Układ taki tworzy, jak wiesz, dipol elektryczny. Gdy znasz układ linii pola, łatwo narysujesz układ linii ekwipotencjalnych, bo te są zawsze prostopadłe do linii pola. Łatwo też stworzysz rysunek odwrotny – na podstawie układu linii czy powierzchni stałego potencjału, jak na (a), linie pola dorysujesz jako prostopadłe w każdym punkcie, co widać na (b). Linie pola elektrycznego i linie ekwipotencjalne dla układu dwóch identycznych ładunków o przeciwnych znakach. Linie ekwipotencjalne można łatwo wyznaczyć, prowadząc je prostopadłe do linii pola. Zauważ, że potencjał jest najwyższy (najbardziej dodatni) tuż przy dodatnim ładunku, a najniższy (najbardziej ujemny) blisko ładunku ujemnego. Kształt powierzchni ekwipotencjalnych w trzech wymiarach możesz zobaczyć dzięki apletowi, do którego link zamieszczamy poniżej w tym podrozdziale. (a) Taki rozkład linii ekwipotencjalnych można np. zmierzyć woltomierzem w laboratorium. (b) Odpowiadający temu układowi ładunków rozkład linii pola możesz znaleźć, rysując linie prostopadłe do linii ekwipotencjalnych w punktach przecięć. Zauważ, że otrzymany rozkład linii pola jest typowy dla układu dwóch ładunków jednoimiennych (np. ujemnych). Aby móc jeszcze lepiej zrozumieć zagadnienie linii pola i powierzchni ekwipotencjalnych, rozpatrzymy teraz przypadek trójwymiarowy. przedstawia mapę potencjału dwóch ładunków różnoimiennych zgromadzonych na małych przewodzących kulkach, a linie ciągłe na mapie oznaczają linie stałego potencjału. Widoczna na rysunku „górka” odpowiada ładunkowi dodatniemu, a potencjał w kształcie „lejka” ilustruje ładunek ujemny. Zerowy potencjał znajduje się w dużej odległości od ładunków. Widoczne na rysunku obcięcie wysokości potencjału dodatniego odpowiada rozmiarowi kulki. Mapa rozkładu potencjału dwóch ładunków różnoimiennych zgromadzonych na przewodzących kulkach o małym promieniu. Potencjał jest ujemny w pobliżu ujemnie naładowanej kulki, a dodatni blisko kulki naładowanej dodatnio. Dwuwymiarowy rozkład potencjału otrzymamy w wyniku przecięcia płaszczyzny przechodzącej przez oba ładunki, co widać na . Prosta równoodległa od każdego z ładunków odpowiada potencjałowi zerowemu, ponieważ przyczynki do potencjału wypadkowego, pochodzące od ujemnego ładunku, znoszą się z identycznymi co do wartości bezwzględnej przyczynkami od ładunku dodatniego. Linie ekwipotencjalne w płaszczyźnie przekroju poprzecznego tworzą zamknięte pętle, które niekoniecznie mają kształt okręgów. Pętle są nieco „rozciągnięte” w kierunku na zewnątrz ładunków, ponieważ odległości od dodatniego i ujemnego ładunku maleją w innym tempie w obszarach: pomiędzy ładunkami i na zewnątrz nich. Przekrój poprzeczny trójwymiarowej mapy rozkładu potencjału pola dwóch ładunków przeciwnego znaku. Potencjał jest ujemny (kolor ciemnoniebieski) w pobliżu ujemnego ładunku oraz dodatni (kolor jasnoniebieski) blisko dodatniego. Kliknij na ten link , aby otworzyć aplet symulujący przebieg linii pola i powierzchni ekwipotencjalnych dla różnych układów ładunków. Na pewno dowiesz się wielu ciekawych rzeczy o cechach pola elektrycznego wytwarzanego przez różne układy ładunków. Rozważymy teraz bardzo ważny przypadek układu ładunków utworzonego przez dwie równoległe płyty przewodzące, jak te pokazane na . Powierzchnie ekwipotencjalne w obszarze między płytami są do siebie równoległe i równomiernie rozłożone. Takie samo natężenie pola elektrycznego wytworzylibyśmy, gdyby jedną z płyt ustawić w położeniu wybranej powierzchni ekwipotencjalnej występującej między płytami. Linie pola i linie ekwipotencjalne między dwoma naładowanymi płytami. Zauważ, że oba rodzaje linii przecinają się zawsze pod kątem prostym. Linie pola są prostopadłe do płyt metalowych, a linie stałego potencjału są do nich równoległe. Rozważmy jeszcze raz układ równoległych płyt z . Linie stałego potencjału są także równoległe i równoodległe od siebie w obszarze między płytami. Przykładowe wartości potencjału wzdłuż tych linii pokazano także na . Podobny układ izolinii potencjału możemy narysować dla pola grawitacyjnego, np. w przypadku wzniesienia, jakie pokazano na . Jeżeli wzniesienie w każdą stronę miałoby stałe nachylenie (góra w kształcie stożka), to odległości między izoliniami potencjału grawitacyjnego byłyby również stałe. Przykład takich poziomic topograficznych pokazano na . (a) Mapa topograficzna pokazuje układ poziomic w rzucie z góry. W przypadku wzniesienia Devil’s Tower w stanie Wyoming, przez Indian nazywanego także Górą Niedźwiedzią, rozkład poziomic jest prawie jednorodny, podobnie jak na . Sąsiednie poziomice są położone bardzo blisko siebie, co wskazuje, że nachylenie zboczy wzniesienia jest bardzo duże. (b) Zdjęcie lotnicze Devil’s Tower potwierdza, jak bardzo strome są zbocza góry. Zauważ, że płaski szczyt góry ma dokładnie taki kształt, jak najbardziej wewnętrzna izolinia na mapie topograficznej. Wyznaczanie linii stałego potencjału Na widzieliśmy rozkład linii ekwipotencjalnych wokół ładunku punktowego. Jak wyznaczyć położenia tych linii? Jeśli przykładowo umieścimy ładunek + 10 ⁢ nC w centrum, to gdzie znajdują się linie stałego potencjału o wartościach 100 ⁢ V ; 50 ⁢ V ; 20 ⁢ V ; 10 ⁢ V ? Strategia rozwiązania Przyrównamy ogólny wzór na potencjał ładunku punktowego do konkretnej wartości potencjału i wyznaczymy odpowiadający jej promień okręgu. Rozwiązanie We wzorze V = k ⁢ q ∕ r przyjmiemy, że V jest stałe. Jedyną zmienną jest teraz r , które możemy obliczyć za pomocą przekształconego wzoru r = k ⁢ q ∕ V = const . Zatem powierzchnie stałego potencjału są sferami o środku w centrum ładunku. Promienie tych sfer są następujące r = k ⁢ q V = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9 ⁢ C 100 ⁢ V = 0,9 ⁢ m ⁢ ; r = \\frac{kq}{V} = \\frac{\\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{10e-9}{\\coulomb}}{\\SI{100}{\\volt}} = \\SI{0,9}{\\metre} \\text{;} r = k ⁢ q V = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9 ⁢ C 50 ⁢ V = 1,8 ⁢ m ⁢ ; r = \\frac{kq}{V} = \\frac{\\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{10e-9}{\\coulomb}}{\\SI{50}{\\volt}} = \\SI{1,8}{\\metre} \\text{;} r = k ⁢ q V = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9 ⁢ C 20 ⁢ V = 4,5 ⁢ m ⁢ ; r = \\frac{kq}{V} = \\frac{\\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{10e-9}{\\coulomb}}{\\SI{20}{\\volt}} = \\SI{4,5}{\\metre} \\text{;} r = k ⁢ q V = 8,99 ⋅ 10 9 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9 ⁢ C 10 ⁢ V = 9 ⁢ m ⁢ . r = \\frac{kq}{V} = \\frac{\\SI{8,99e9}{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} \\cdot \\SI{10e-9}{\\coulomb}}{\\SI{10}{\\volt}} = \\SI{9}{\\metre} \\text{.} Znaczenie Powierzchnie ekwipotencjalne wokół ładunku punktowego są sferami o stałych promieniach, których wielkość ściśle zależy od wartości potencjałów. Różnica potencjałów między dwiema płytami Dwie duże płyty przewodzące gromadzą ładunki o tych samych wartościach, ale przeciwnego znaku, jak pokazano na . Gęstość powierzchniowa ładunku σ na każdej z płyt jest równa 6,81 ⋅ 10 − 7 ⁢ C ∕ m 2 . Płyty ustawiono równolegle w odległości l = 6,5 ⁢ mm od siebie. Jaka jest wartość natężenia pola elektrycznego w obszarze między płytami? Jaka różnica potencjałów występuje między płytami? W jakiej odległości od siebie są dwie linie ekwipotencjalne, których potencjały różnią się o 100 ⁢ V ? Pole elektryczne między dwiema metalowymi płytami. Linie pola wychodzą od dodatnio naładowanej płyty i wchodzą do płyty naładowanej ujemnie. Strategia rozwiązania Ponieważ płyty określono jako „duże”, a odległość między nimi nie jest tak duża, zastosujemy przybliżenie nieskończonej naładowanej płaszczyzny dla każdej z nich i skorzystamy z wyniku, jaki daje nam prawo Gaussa dla natężenia pola układu dwóch płaszczyzn naładowanych ładunkiem powierzchniowym przeciwnego znaku. Żeby obliczyć napięcie (różnicę potencjałów) między płytami, skorzystamy ze wzoru Δ V A ⁢ B = − ∫ A B E → ⋅ d l → . Ponieważ pole między płytami jest jednorodne, odległość między powierzchniami stałego potencjału różniącymi się o 100 ⁢ V obliczymy jako ułamek 100 ∕ Δ V A ⁢ B odległości między płytami. Rozwiązanie Wektor natężenia pola jest skierowany od płyty dodatnio naładowanej do płyty naładowanej ujemnie i ma wartość E = σ ε 0 = 6,81 ⋅ 10 − 7 ⁢ C ∕ m 2 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 = 7,69 ⋅ 10 4 ⁢ V ∕ m ⁢ . Do obliczenia Δ V jako krzywą całkowania wybierzemy prostą biegnącą od płyty ujemnej do płyty dodatniej, a więc w kierunku przeciwnym do linii pola. Wektor przemieszczenia d l → i wektor pola E → w całce są przeciwnie zwrócone, więc E → ⋅ d l → = − E ⁢ d l . Różnica potencjałów między płytami jest więc równa Δ V = ∫ E ⁢ d l = E ⁢ ∫ d l = E ⁢ l = 7,69 ⋅ 10 4 ⁢ V ∕ m ⋅ 6,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m = 500 ⁢ V ⁢ . Napięcie między płytami wynosi 500 ⁢ V , zatem odległość dwóch sąsiednich powierzchni o różnicy potencjałów 100 ⁢ V wynosi 1 ∕ 5 odległości między płytami, czyli 1,3 ⁢ mm . Znaczenie Przeprowadziliśmy obliczenia numeryczne dla przypadku układu dwóch naładowanych płyt. Zauważ, że fakt, iż pole elektryczne między płytami jest jednorodne, znacznie upraszcza rachunki (np. całkowanie). Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyglądają powierzchnie ekwipotencjalne wokół nieskończenie długiego naładowanego przewodu liniowego? Jest to układ nieskończenie długich cylindrów o stałych promieniach przekroju i osiach leżących wzdłuż przewodu. Rozkład ładunku w przewodnikach W , w którym zastosowano ładunek punktowy, dowiedzieliśmy się, że powierzchnie ekwipotencjalne przyjmują formę sfer o środku umieszczonym w położeniu ładunku. Dowiedzieliśmy się też, że powierzchnia dowolnego przewodnika sama jest powierzchnią ekwipotencjalną, co doprowadziło nas do wniosku, że dowolną powierzchnię stałego potencjału wokół ładunku punktowego z rysunku w możemy zamienić na metalową sferę o takim samym promieniu i środku w położeniu ładunku źródłowego. Natężenie pola i rozkład potencjału na zewnątrz tej metalowej sfery będą takie same jak przedtem. Dokładnie ten sam efekt miałoby zastąpienie powierzchni ekwipotencjalnej metalową kulą o odpowiednim promieniu. Cały ładunek elektryczny kuli metalowej gromadzi się na jej powierzchni, efektywnie mamy więc do czynienia ze sferą. Różnice jednak pojawią się wewnątrz przewodnika. Odizolowana przewodząca kula. Aby lepiej zrozumieć to zagadnienie, rozważmy przypadek odizolowanej od otoczenia przewodzącej kuli o promieniu R i ładunku q , jak na . Chcemy określić natężenie pola wewnątrz i na zewnątrz tej kuli. Zauważ, że skoro kula jest odizolowana od otoczenia (brak wpływu innych, zewnętrznych ładunków), to zarówno rozkład ładunku elektrycznego na powierzchni, jak i rozkład lini pola mają symetrię sferyczną. Możemy więc zapisać wektor pola elektrycznego w postaci E → = E ⁡ r ⁢ r ̂ . Żeby obliczyć funkcję E ⁡ r , skorzystamy z prawa Gaussa. W tym celu wybierzemy powierzchnię gaussowską S o promieniu r , która jest sferą koncentryczną z naładowaną kulą. Ponieważ na powierzchni Gaussa r jest stałe i prostopadłe do powierzchni, n ̂ = r ̂ oraz ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⁡ r ⁢ ∯ S d S = E ⁡ r ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ . \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E\\apply (r) \\prefop{\\u{222F}}_S \\d S = E \\apply (r) \\cdot 4\\pi r^2 \\text{.} Przy r < R cała powierzchnia gaussowska S jest zamknięta wewnątrz przewodnika, więc na podstawie naszych wcześniejszych doświadczeń z prawem Gaussa możemy wnioskować, że q wew = 0 ⁢ C , i z prawa Gaussa wynika, że E ⁡ r = 0 ⁢ N ∕ C . Takiego wyniku mogliśmy się spodziewać dla punktów wewnątrz przewodzącej kuli. Dla przypadków r > R powierzchnia S zamyka cały ładunek zgromadzony w kuli, więc q wew = q . Na podstawie prawa Gaussa mamy wtedy E ⁡ r ⁢ 4 ⁢ π ⁢ r 2 = q ε 0 ⁢ . Ostatecznie natężenie pola naładowanej kuli możemy wyrazić jako E → = 0 ⁢ V ∕ m ⁢ , dla ⁢ r < R 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r 2 ⁢ r ̂ ⁢ , dla ⁢ r ≥ R ⁢ . \\vec{E} = \\left{\\begin{matrix} \\SI{0}{\\volt\\per\\metre}\\text{,} &\\text{ dla } r<R \\\\ \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{r^2} \\hat{r}\\text{,} &\\text{ dla } r\\geq R \\text{.} \\end{matrix} \\right\\ W obszarze r ≥ R , czyli na zewnątrz kuli, natężenie pola wytworzonego przez ładunek q zgromadzony na przewodzącej kuli o promieniu R jest dokładnie takie, jak pole ładunku punktowego q umieszczonego w środku kuli. Chcemy teraz znaleźć potencjał kuli wewnątrz i na zewnątrz. Zauważmy, że potencjał na zewnątrz kuli ( r ≥ R ) musi być taki jak ładunku punktowego q umieszczonego w r = 0 ⁢ m , czyli V ⁡ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q r ⁢ , jeżeli ⁢ r ≥ R ⁢ , V \\apply (r) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{r} \\text{, jeżeli } r \\geq R \\text{,} przez analogię podobieństwa do natężenia pola w tych dwóch sytuacjach. Dla przypadku r < R natężenie E = 0 ⁢ N ∕ C , więc potencjał V ⁡ r musi mieć wartość stałą w tym obszarze. Zgodnie z powyższym równaniem V ⁡ R = q ∕ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ R , więc V ⁡ r = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q R ⁢ , jeżeli ⁢ r < R ⁢ . V \\apply (r) = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} \\cdot \\frac{q}{R} \\text{, jeżeli } r < R \\text{.} Pokażemy teraz, że dla dwóch przewodzących kul o promieniach R 1 i R 2 naładowanych ładunkiem o gęstościach powierzchniowych σ 1 i σ 2 oraz połączonych ze sobą cienkim przewodem, tak jak pokazano na , prawdziwa jest równość σ 1 ⁢ R 1 = σ 2 ⁢ R 2 ⁢ . Kule znajdują się od siebie w odległości na tyle dużej, że możemy je traktować jak izolowane i nie dochodzi do polaryzacji ładunku. Jedynym kontaktem ładunków kul z zewnętrznym układem jest przewód. Zwróć uwagę, że połączenie kul przewodem powoduje, że cały układ (obie kule + przewód) muszą mieć wspólny potencjał. Dwie przewodzące kule połączone są cienkim przewodem. Potencjał elektryczny naładowanej, przewodzącej i izolowanej kuli o promieniu R tuż przy jej powierzchni wynosi, zgodnie z wcześniejszymi ustaleniami V = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q R ⁢ . Po połączeniu kul przewodem dochodzi do wyrównania potencjałów na powierzchniach obu kul, zatem 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 1 R 1 = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ q 2 R 2 ⁢ , czyli q 1 R 1 = q 2 R 2 ⁢ . Wielkość ładunku zgromadzonego na powierzchni przewodzącej kuli jest związana z gęstością powierzchniową ładunku relacją q = σ ⋅ 4 ⁢ π ⁢ R 2 . Podstawiając tę ostatnią zależność w miejsce ładunków w poprzedniej równości, otrzymujemy σ 1 ⁢ R 1 = σ 2 ⁢ R 2 ⁢ . Co prawda, prosty modelowy układ dwóch kul połączonych cienkim przewodem nie może stanowić modelu przewodnika o dowolnej krzywiźnie, jednak daje pewne wyobrażenie o tym, jak gęstość ładunku może zmieniać się w zależności od kształtu powierzchni przewodnika. Na podstawie powyższego równania możemy stwierdzić, że jeśli promień krzywizny przewodnika jest duży (np. w punktach B i D na ), to σ oraz E są małe, i odwrotnie. Ładunki chętniej gromadzą się w miejscach, gdzie krzywizna powierzchni przewodnika jest bardzo duża, ładunkowa gęstość powierzchniowa osiąga dużą wartość. Widać to na , gdzie w punktach A i C przewodnik ma ostre krawędzie, przez co gromadzi się w ich okolicy duży ładunek powierzchniowy. Gęstość powierzchniowa ładunku jest zawsze większa w miejscach o małym promieniu krzywizny niż w miejscach, gdzie promień krzywizny jest duży. Rozkład ładunku na powierzchni przewodnika o nieregularnym kształcie. Większą gęstość ładunku obserwujemy w miejscach o małym promieniu krzywizny powierzchni. Najbardziej powszechnym zastosowaniem tego efektu jest konstrukcja instalacji piorunochronu (ang. lighting rod ), który jest zwykłym metalowym prętem lub cienkim drutem o dodatkowo zaostrzonym końcu, skierowanym w górę ponad najwyższy punkt na dachu. Drugi koniec drutu jest uziemiony. W wyniku polaryzacji ładunku podczas burzy na powierzchni Ziemi gromadzi się ładunek dodatni, a w chmurze burzowej obserwujemy ogromne ilości ładunku ujemnego. Gęstość ładunku na końcu piorunochronu jest bardzo duża. Gdy natężenie pola wytworzonego przez ten ładunek osiąga wartość ok. 3 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ C (jak już wiesz, jest to wartość wytrzymałości elektrycznej (ang. dielectric strength ) powietrza), jony cząsteczek w powietrzu ulegają przyspieszeniu do tak wysokich energii, że w trakcie zderzeń z innymi cząsteczkami powietrza jonizują je. Powstaje duża liczba elektronów, które przepływają przez instalację odgromową do powierzchni Ziemi, znacząco neutralizując dodatni ładunek zgromadzony przy powierzchni Ziemi. Dzięki temu natężenie pola nie wzrasta bardziej i nie osiąga krytycznej wartości, przy której mogłoby dojść do uderzenia pioruna w pobliżu naszego domu. W przeciwnym razie ładunek dodatni gromadziłby się dalej i natężenie pola wzrosłoby do takiej wartości, przy której doszłoby do „przebicia” i wyładowania atmosferycznego. Pole elektryczne i linie stałego potencjału znajdują ważne zastosowanie w medycynie, przy badaniu pracy serca. Pod wpływem sygnałów elektrycznych serce utrzymuje swój rytm bicia. Przepływ sygnału elektrycznego powoduje, że komory kurczą się i rozkurczają w odpowiednim tempie. W trakcie ataku serca czy w chorobach, takich jak arytmia, przepływ tych sygnałów może być zaburzony. Używa się wówczas urządzeń takich jak defibrylator czy sztuczny rozrusznik serca do pobudzenia przepływu sygnałów elektrycznych i przywrócenia poprawnej akcji serca. Pomiary linii ekwipotencjalnych wokół serca, w obszarze klatki piersiowej, oraz osi elektrycznej serca służą monitorowaniu jego pracy. Za pomocą elektrokardiografu (EKG) dokonuje się pomiaru niewielkich sygnałów elektrycznych generowanych w trakcie pracy serca. W tym aplecie możesz bawić się różnymi układami ładunków i symulować pole elektryczne, by lepiej poznać pojęcia natężenia pola, linii pola, napięcia, linii ekwipotencjalnych i wiele innych. Podsumowanie Powierzchnia ekwipotencjalna jest zbiorem punktów o tym samym potencjale. Na płaszczyźnie powierzchnie ekwipotencjalne są reprezentowane przez linie stałego potencjału. Powierzchnie stałego potencjału są zawsze prostopadłe do linii pola elektrycznego. Powierzchnie przewodników w równowadze statycznej są także powierzchniami ekwipotencjalnymi. Poziomice na mapach topograficznych mogą być rozumiane jako linie stałego potencjału grawitacyjnego. Pytania Czy przez dwa punkty o równym potencjale może przechodzić jakakolwiek linia pola? Nie. Załóżmy, że dysponujesz mapą rozkładu potencjału, na której linie ekwipotencjalne różnią się o 1 ⁢ V . Co mówi ci odległość między liniami na temat wektora pola E → w tym obszarze? Czy potencjał elektryczny musi zawsze być stały na powierzchni przewodnika? Nie. Tylko w równowadze statycznej, gdy przewodnik nie porusza się i jest izolowany od otoczenia, potencjał wszystkich punktów na powierzchni jest stały. W zagadnieniach elektrostatycznych ładunek nadmiarowy gromadzi się zawsze na powierzchni przewodnika. Czy to oznacza, że wszystkie elektrony przewodnictwa w przewodniku przepłynęły na jego powierzchnię? Czy dodatnio naładowany przewodnik może mieć ujemny potencjał? Wyjaśnij. Tak. To zależy od wyboru poziomu odniesienia dla zerowego potencjału (chociaż byłoby to dość nietypowe). Czy powierzchnie ekwipotencjalne mogą się przecinać? Zadania Dwie metalowe płyty o bardzo dużych rozmiarach są rozsunięte na odległość 2 ⁢ cm , a pomiędzy nimi panuje napięcie 12 ⁢ V . Przyjmij, że jedna z płyt jest uziemiona, a druga ma potencjał 12 ⁢ V . Naszkicuj przebieg powierzchni ekwipotencjalnych dla 0 ⁢ V , 4 ⁢ V , 8 ⁢ V i 12 ⁢ V ; Na tym samym rysunku naszkicuj przebieg linii pola. Pokaż, że rzeczywiście są prostopadłe do linii stałego potencjału. Na bardzo dużej płaskiej powierzchni izolatora rozłożono równomiernie ładunek nadmiarowy o gęstości powierzchniowej − 3 ⁢ nC ∕ m 2 . Czy wraz ze wzrostem odległości od powierzchni potencjał rośnie, czy maleje? Potrafisz to wyjaśnić, nie wykonując żadnych obliczeń? Czy położenie punktu odniesienia ma tutaj znaczenie? Jakiego kształtu są powierzchnie ekwipotencjalne wokół płaszczyzny? Jaka odległość dzieli dwie powierzchnie o stałym potencjale 1 ⁢ V ? a. Potencjał maleje, bo natężenie pola elektrycznego jest stałe (i ujemne). Punkt odniesienia ma znaczenie tylko w kontekście wartości potencjału; b. Są to płaskie warstwy równoległe do powierzchni; c. 0,59 ⁢ cm . Cienka metalowa sfera o promieniu 2 ⁢ cm jest obdarzona ładunkiem + 5 ⁢ µC , który gromadzi się równomiernie na powierzchni sfery. Sfera jest przymocowana do statywu wykonanego z izolatora i otoczona większą metalową powłoką o promieniu wewnętrznym 5 ⁢ cm i promieniu zewnętrznym 6 ⁢ cm . Na zewnętrzną powłokę dostarczamy teraz ładunek − 5 ⁢ µC , który rozkłada się równomiernie na wewnętrznej powierzchni powłoki. Jeśli przyjmiemy zerowy potencjał w nieskończoności, to jaki potencjał ma zewnętrzna powierzchnia powłoki; sfera zamknięta w środku; obszar pomiędzy sferami; obszar wewnątrz mniejszej sfery; obszar na zewnątrz całego układu? Układ dwóch nieskończonych płyt o gęstościach ± 30 ⁢ µC ∕ m 2 ustawiono w odległości 5 ⁢ mm od siebie. Znajdź potencjał w dowolnym punkcie; W pobliżu ujemnie naładowanej płyty pojawia się elektron, który bez prędkości początkowej zaczyna przyspieszać w kierunku płyty dodatniej. Z jaką prędkością w nią uderzy? a. Z dotychczasowych rozważań wiemy, że natężenie pola między płytami ma wartość σ ∕ ε 0 i jest zerowe w obszarze na zewnątrz płyt. Przyjmując, że płyta ujemnie naładowana jest uziemiona i umieszczona w początku osi z , natomiast płyta naładowana dodatnio ma potencjał V = 1,7 ⋅ 10 4 ⁢ V i położenie + 5 ⁢ mm na osi z , potencjał wynosi: 0 ⁢ V dla z < 0 ⁢ mm , 1,7 ⋅ 10 4 ⁢ V ⋅ z ∕ 5 ⁢ mm dla 0 ⁢ mm ≤ z ≤ 5 ⁢ mm , 1,7 ⋅ 10 4 ⁢ V dla z > 5 ⁢ mm ; b. q ⁢ V = 1 ∕ 2 ⋅ m ⁢ v 2 ⇒ v = 7,7 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s . Pręt aluminiowy w kształcie długiego walca o promieniu R naładowany jest jednorodnie ładunkiem o gęstości liniowej λ . Znajdź natężenie pola; potencjał wewnątrz i na zewnątrz pręta. Narysuj zależności potencjału i natężenia od odległości od pręta. Dwie równoległe płyty kwadratowe o szerokości 10 ⁢ cm oddalono na odległość 1,5 ⁢ mm od siebie i naładowano ładunkiem 5 ⋅ 10 − 9 ⁢ C o przeciwnych znakach. Jakie napięcie panuje między płytami? V = 85 ⁢ V . Gęstość powierzchniowa ładunku zgromadzonego na powierzchni metalowej rury wynosi σ . Jaki jest potencjał na zewnątrz i wewnątrz rury? Przyjmij średnicę rury równą 2 ⁢ a . Dwie koncentryczne powłoki kuliste, wykonane z przewodnika, naładowano ładunkami Q i − Q (rysunek). Grubość wewnętrznej powłoki jest pomijalna. Jakie napięcie panuje między powłokami? W obszarze a ≤ r ≤ b , E → = k ⁢ Q ∕ r 2 ⋅ r ̂ , natomiast wartość E wszędzie indziej jest równa zero; różnica potencjałów wynosi więc Δ V = k ⁢ Q ⁢ 1 ∕ a − 1 ∕ b . Na rysunku przedstawiono dwie koncentryczne powłoki metalowe o zaniedbywalnych grubościach i promieniach R 1 oraz R 2 . Powłoki są naładowane ładunkami q 1 i q 2 , przy czym oba ładunki są dodatnie. Jaki potencjał panuje w obszarze r ≤ R 1 r \\leq R_1 ; R 1 < r ≤ R 2 R_1 < r \\leq R_2 ; r > R 2 ? Lity cylindryczny przewodnik o promieniu a jest otoczony metalową powłoką cylindryczną o promieniu wewnętrznym b . Cylinder w środku ma ładunek Q , a zewnętrzna powłoka cylindryczna ma ładunek − Q . Przyjmując, że długość obu przewodników L jest znacznie większa od promieni a i b , jaka różnica potencjałów występuje między powierzchniami przewodników? Z poprzednich obliczeń mamy V P − V R = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln r P ∕ r R V_P - V_R = -2k \\lambda \\ln (r_P / r_R) ; zauważ, że punkt b jest bardzo wygodnym położeniem punktu zerowego potencjału. Różnica potencjałów wynosi: Δ V = − 2 ⁢ k ⁢ Q ∕ L ⋅ ln a ∕ b . powierzchnia ekwipotencjalna (ang. equipotential surface ) powierzchnia (najczęściej w trzech wymiarach), której wszystkie punkty mają jednakowy potencjał linia ekwipotencjalna (ang. equipotential line ) dwuwymiarowa reprezentacja powierzchni stałego potencjału uziemienie (ang. grounding ) działanie polegające na połączeniu przewodnika z Ziemią, mające na celu zapewnienie, że nie występuje różnica potencjałów między przewodnikiem a powierzchnią Ziemi", "section": "Powierzchnie ekwipotencjalne i przewodniki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Zastosowanie elektrostatyki Badania w dziedzinie elektrostatyki przyniosły bardzo wiele użytecznych zastosowań w wielu dziedzinach życia. W tym podrozdziale poznamy i omówimy tylko wybrane z zastosowań elektrostatyki. Generator Van de Graaffa Generatory Van de Graaffa (ang. Van de Graaff generator ) nie są tylko urządzeniami do spektakularnych demonstracji z użyciem wysokiego napięcia, wytworzonego przez zgromadzony na kopule ładunek elektryczny, ale służą do poważnych badań naukowych. Pierwsze tego typu urządzenie zostało skonstruowane w 1931 roku przez Roberta Van de Graaffa, amerykańskiego fizyka i wynalazcę, na podstawie pomysłu Lorda Kelvina i znalazło swoje zastosowanie w fizyce jądrowej. Na przedstawiono schemat wersji służącej do celów naukowych. Generatory Van de Graafa wykorzystują zarówno idealnie gładkie, jak i zaostrzone powierzchnie, a także przewodniki i izolatory, aby wytwarzać ogromne ładunki elektryczne, a tym samym – napięcia. Zgromadzenie bardzo dużej ilości ładunku nadmiarowego na czaszy jest możliwe dzięki temu, że ładunek przenoszony przez pas transmisyjny szybko przemieszcza się na zewnętrzną powierzchnię czaszy. Praktycznym ograniczeniem maksymalnej wielkości ładunku możliwej do zgromadzenia jest fakt, że duże pole elektryczne prowadzi do polaryzacji, a nawet jonizacji materiału, z którego wykonane są podzespoły generatora, a wytwarzane w ten sposób swobodne ładunki neutralizują lub wypychają ładunek nadmiarowy w czaszy. Niemniej jednak w ramach tych ograniczeń łatwe do uzyskania są napięcia rzędu 15 milionów woltów. Schemat generatora Van de Graaffa. Ładunek nadmiarowy jest przekazywany z baterii ( A ) do pasa transmisyjnego, który jest wykonany z izolatora, za pomocą przewodnika o kształcie szczotki z zaostrzonymi końcami. Szczotka u góry urządzenia ( B ) zbiera nadmiarowy ładunek z obracającego się pasa (pole elektryczne wyindukowane na końcówkach szczotki jest na tyle duże, że usuwa ładunki z pasa). Jest to możliwe dzięki temu, że w samej szczotce ładunek nie jest zgromadzony, natomiast szybko odpływa na zewnętrzną powierzchnię metalowej czaszy. Źródło jonowe, umieszczone wewnątrz czaszy, wytwarza dodatnie jony, które są przyspieszane do wysokich prędkości w polu wytwarzanym przez ładunek nadmiarowy. Kserografia Większość urządzeń kopiujących wykorzystuje metodę kopiowania opartą na procesach elektrostatycznych, zwaną kserografią (ang. xerography ) – nazwa pochodzi od połączenia greckich słów xeros , czyli suchy, i graphos , czyli pisać. Kserografia jest metodą tzw. suchego kopiowania. Istotę wykorzystywanego procesu przedstawiono w uproszczony sposób na . Kserografia jest metodą suchego kopiowania, opartą na procesach elektrostatycznych. Najważniejsze etapy powstawania kopii kserograficznej są następujące: ładowanie fotoprzewodzącego bębna, wykonanie pozytywu kopiowanego obiektu na bębnie, naniesienie dodatniego ładunku na pozytyw, przyciąganie tonera do dodatnio naładowanych fragmentów bębna, przeniesienie tonera na papier. Na schemacie nie przedstawiono etapu obróbki cieplnej papieru i oczyszczania bębna przed następną kopią. Na aluminiowy bęben kopiarki, pokryty warstwą selenu, przy pomocy tzw. zespołu ładującego (elektroda + rolka) rozpylany jest ładunek dodatni. Selen ma bardzo interesujące własności – jest fotoprzewodnikiem (ang. photoconductor ), co oznacza, że w ciemności ma właściwości izolatora, natomiast pod wpływem ekspozycji na światło staje się przewodnikiem. W pierwszym etapie kopiowania metodą kserograficzną bęben jest uziemiony, dlatego w obecności dodatnio naładowanej warstwy selenu cały ujemny ładunek odpływa z bębna do ziemi. Następnie obraz kopiowanego przedmiotu/kształtu jest nanoszony na bęben (papier z kopiowaną treścią jest prześwietlany i cień obrazu pada na bęben). W obszarach, w których obraz jest jasny, selen staje się przewodzący i dodatni ładunek na bębnie zostaje zneutralizowany (odpływa). W obszarach ciemnych nadmiarowy ładunek dodatni pozostaje, w ten sposób mamy utrwalony obraz kopiowanego przedmiotu czy kształtu – na bębnie powstaje „ładunkowy pozytyw”. W trzecim etapie czarny (lub kolorowy) proszek obdarzony ładunkiem ujemnym, nazywany tonerem, jest rozpylany na powierzchnię bębna i przyciągany do dodatnio naładowanych obszarów na selenowej powierzchni bębna. Następnie kartka papieru, na której zgromadzono ładunek dodatni większy niż ten na bębnie kopiarki, jest przykładana do bębna za pomocą odpowiedniego zestawu rolek. Cząsteczki tonera są odrywane od bębna i przenoszone na papier. Na końcu papier wraz z tonerem przechodzi przez tzw. zespół grzewczy (układ rolek dociskających w wysokiej temperaturze), gdzie cząsteczki tonera rozpuszczają się i trwale zgrzewają z włóknami papieru. Drukarki laserowe Drukarki laserowe wykorzystują metodę kserografii do uzyskiwania na papierze wysokiej jakości obrazów, co możliwe jest dzięki zastosowaniu lasera do wytwarzania obrazu na powierzchni fotoprzewodzącego bębna ( ). W standardowej konfiguracji drukarki otrzymują obraz drukowanego przedmiotu lub kształtu w postaci elektronicznej z komputera i przenoszą go na bęben za pomocą bardzo skupionej wiązki światła laserowego, dzięki czemu uzyskuje się wysoką rozdzielczość wydruku. Współczesne drukarki laserowe wykonują często bardzo zaawansowane procesy przetwarzania obrazów, jak otrzymywanie złożonych kształtów czcionek i drobnych detali, co jest możliwe dzięki zamontowanym z nich mikroprocesorom o mocy często większej niż w niejednym komputerze, z którego otrzymują plik do druku. W drukarce laserowej wiązka światła laserowego skanuje kartkę na całej szerokości fotoprzewodzącego bębna i przenosi obraz na bęben w postaci dodatnio naładowanego pozytywu. Pozostałe procesy przenoszenia obrazu na papier są takie same jak w metodzie kserograficznej (np. w kserokopiarce). Wiązka światła laserowego może być bardzo precyzyjnie kontrolowana, co umożliwia wytwarzanie kopii o bardzo dobrej rozdzielczości. Drukarki atramentowe i malowanie elektrostatyczne Drukarka atramentowa (ang. ink jet printer ) także wykorzystuje do swojego działania elektrostatykę. Dysza drukarki bardzo precyzyjnie rozpyla krople atramentu, które następnie uzyskują ładunek elektryczny ( ) i są przenoszone na papier. Naładowane krople tuszu mogą być łatwo sterowane za pomocą pola elektrycznego wytwarzanego między dwiema naładowanymi płytkami, dzięki czemu możliwe jest formowanie liter i złożonych kształtów na papierze. Drukarki atramentowe mogą tworzyć kolorowe kopie za pomocą tuszów o kolorze czarnym i trzech kolorach podstawowych – w technologii drukarskiej są to zazwyczaj cyjan, magenta i żółty (te cztery kolory składają się na paletę CMYK). Dysza drukarki atramentowej wytwarza drobne krople atramentu, które po naładowaniu ładunkiem elektrycznym są rozpylane na papierze. Złożony układ wielu elementów sterowanych za pomocą mikroprocesora jest odpowiedzialny za skierowanie kropli w odpowiednie miejsce na kartce papieru. Malowanie elektrostatyczne wykorzystuje ładunek elektryczny zawieszony w kroplach rozpylanej farby czy lakieru do malowania powierzchni i przedmiotów o nieregularnych kształtach. Wzajemne odpychanie jednoimiennie naładowanych cząsteczek powoduje wyrzut farby w kierunku malowanej powierzchni. Cząsteczki farby, które wskutek występowania zjawiska napięcia powierzchniowego tworzą kuliste krople, są następnie przyciągane przez ładunki przeciwnego znaku zgromadzone na malowanej powierzchni. Dzięki rozpylaniu elektrostatycznemu możemy uzyskać warstwy o identycznej grubości na całej powierzchni malowanego przedmiotu, nawet w miejscach trudno dostępnych. W ten sposób wykonuje się pokrycia lakierem np. karoserii samochodów osobowych. Jeśli malowana powierzchnia jest wykonana z materiału przewodzącego, to linie pola elektrycznego są prostopadłe do powierzchni, więc krople lakieru są przyciągane prostopadle do niej. Ostre krawędzie i wystające fragmenty otrzymają dodatkową porcję lakieru (wiemy to na podstawie rozważań z poprzedniego podrozdziału). Elektrofiltry i oczyszczanie elektrostatyczne Innym ważnym z punktu widzenia techniki zastosowaniem elektrostatyki jest oczyszczanie powietrza, zarówno na wielką, jak i małą skalę. W etapie wykorzystującym zjawiska elektrostatyczne w procesie oczyszczania na cząsteczki dymu, kurzu, pyłu czy wszelkiego rodzaju zanieczyszczeń w powietrzu nanosi się ładunek elektryczny (zazwyczaj dodatni) i przepuszcza powietrze przez siatkę (lub układ wielu siatek) obdarzonych ładunkiem przeciwnego znaku. Cząsteczki zanieczyszczeń są wtedy przyciągane do siatki i usuwane ze strumienia powietrza, które zostaje oczyszczone ( ). Wielkie elektrofiltry (ang. electrostatic precipitator , nazywane też filtrami lub odpylaczami elektrostatycznymi) są wykorzystywane w przemyśle ciężkim do usuwania ponad 99% zanieczyszczeń powstałych wskutek spalania węgla czy oleju, a także wszelkich procesów hutniczych i metalurgicznych. Domowe elektrofiltry, często zainstalowane w instalacji ogrzewania lub klimatyzacji, w efektywny sposób usuwają pyły (np. zawarte w miejskim smogu), alergeny i substancje szkodliwe. Oczyszczanie elektrostatyczne jest stosowane nie tylko do oczyszczania powietrza, ale także np. w filtrach olejów i innych cieczy. (a) Schemat działania elektrofiltru. Powietrze jest przepuszczane przez układ siatek o przeciwnych potencjałach. Na pierwszej z nich cząsteczki powietrza zasysane z zewnątrz są obdarzane ładunkiem (dodatnim), a na drugiej są wychwytywane i zatrzymywane. (b) Spektakularny efekt stosowania elektrofiltrów jest widoczny na tym zdjęciu elektrowni, gdzie nie dochodzi do emisji niemal żadnych pyłów i dymów. Źródło (b): modyfikacja pracy „Cmdalgleish”/Wikimedia Commons Podsumowanie Elektrostatyka jest nauką o ładunkach elektrycznych w spoczynku. Oprócz poważnych zastosowań elektrostatyki do celów naukowych, jak w przypadku generatora Van de Graaffa, zjawiska elektrostatyczne są powszechnie wykorzystywane w wielu praktycznych urządzeniach, takich jak kserokopiarki, drukarki laserowe i atramentowe czy filtry elektrostatyczne. Najważniejsze wzory Energia potencjalna układu dwóch ładunków elektrycznych E p ⁡ r = k ⁢ q ⁢ Q r Praca potrzebna do utworzenia układu N ładunków W 1 2 … N = k 2 ⁢ ∑ i = 1 N ∑ j = 1 i ≠ j N q i ⁢ q j r i ⁢ j W_{1, 2, \\dots , N} = \\frac{k}{2} \\sum_{i=1}^N \\sum_{j=1}_{i \\neq j}^N \\frac{q_i q_j}{r_{ij}} Różnica potencjałów i jej związek z energią potencjalną Δ V = Δ E p q ⇒ Δ E p = q ⁢ Δ V \\prefop{\\Delta} V = \\frac{\\prefop{\\Delta} E_{\\text{p}}}{q} \\implies \\prefop{\\Delta} E_{\\text{p}} = q\\prefop{\\Delta} V Potencjał elektryczny V = E p q = − ∫ R P E → ⋅ d l → Różnica potencjałów między dwoma punktami Δ V A ⁢ B = V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → Potencjał ładunku punktowego V = k ⁢ q r Potencjał układu ładunków punktowych V P = k ⁢ ∑ i = 1 N q i r i Elektryczny moment dipolowy p → = q ⁢ d → Potencjał elektryczny dipola V P = k ⁢ p → ⋅ r ̂ r 2 Potencjał elektryczny ciągłego rozkładu ładunku V P = k ⁢ ∫ d q r Składowe wektora natężenia pola elektrycznego E x = − ∂ V ∂ x ⁢ , ⁢ E y = − ∂ V ∂ y ⁢ , ⁢ E z = − ∂ V ∂ z Operator gradientu w zmiennych kartezjańskich ∇ → = i ̂ ⁢ ∂ ∂ x + j ̂ ⁢ ∂ ∂ y + k ̂ ⁢ ∂ ∂ z \\vec{x} = \\hat{i}{\\dd[\\partial]{x}} + \\hat{j}{\\dd[\\partial]{y}} + \\hat{k}{\\dd[\\partial]{z}} Natężenie pola jako gradient potencjału E → = − ∇ → ⁢ V Operator gradientu w zmiennych cylindrycznych ∇ → = r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + φ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ φ + z ̂ ⁢ ∂ ∂ z \\vec{x} = \\hat{r}{\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\varphi} \\frac1r \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} + \\hat{z}{\\dd[\\partial]{z}} Operator gradientu w zmiennych sferycznych ∇ → = r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ \\vec{x} = \\hat{r}{\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\theta} \\frac1r \\cdot {\\dd[\\partial]{\\theta}} + \\hat{\\varphi} \\frac{1}{r\\sin \\theta} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} Pytania Dlaczego maszty nadajników sieci telewizyjnych, radiowych i komórkowych są uziemione? Żeby w przypadku uderzenia pioruna nadmiarowy ładunek spłynął do ziemi zamiast do nadajników. Odpowiedz na poniższe pytania. Dlaczego ryby są bezpieczne w wodzie podczas burzy? Dlaczego z tych samych powodów człowiek nie może przebywać w wodzie podczas burzy? Jakie są podobieństwa i różnice w zasadach działania kserokopiarek i elektrofiltrów? Oba urządzenia wykorzystują elektrostatykę do przenoszenia małych cząsteczek na inne powierzchnie, jednak w elektrofiltrach musimy obdarzyć ładunkiem bardzo różne cząsteczki (nie identyczne cząsteczki proszku tonera) i nie musimy ich precyzyjnie kierować w określone miejsce na papierze. Do jakiego potencjału jest ładowany bęben kserokopiarki? Pomocne mogą być informacje z Internetu (np. znalezione po hasłem „kserokopiarka” lub „kserografia”). Zadania Jakie natężenie ma pole w odległości 5 ⁢ m od środka czaszy generatora Van de Graaffa, która jest naładowana ładunkiem 3 ⁢ mC ? Zauważ, że pole wytwarzane przez sferę jest równoważne polu ładunku punktowego umieszczonego w środku; Jaka siła działa na ładunek 2 ⁢ µC przenoszony na pasie transmisyjnym, który znajduje się w takiej samej odległości od środka czaszy? Jakie muszą być kierunek i wartość natężenia pola elektrycznego, które utrzymuje elektron w bezruchu tuż nad powierzchnią Ziemi? Na podstawie wyniku z części (a) przedyskutuj, jaka jest relacja między siłą oddziaływania grawitacyjnego a siłą oddziaływania elektrostatycznego. a. E = 5,58 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ∕ C , pole elektryczne jest skierowane w kierunku do wnętrza Ziemi; b. Siła Coulomba jest o wiele większa od siły grawitacji. Najprostsza i powszechnie wykorzystywana metoda przyspieszania elektronów jest zobrazowana na poniższym rysunku. W polu elektrycznym wytwarzanym między dwiema naładowanymi przeciwnie płytkami umieszczane są elektrony (zazwyczaj emitowane przez termokatodę), które od płytki ujemnej przyspieszane są w kierunku płytki dodatniej, gdzie przez niewielki otwór mogą opuścić obszar pola. Oblicz przyspieszenie elektronu, jeśli natężenie pola między płytkami wynosi 2,5 ⋅ 10 4 ⁢ N ∕ C ; Wyjaśnij, dlaczego elektron nie zostanie przyciągnięty z powrotem w kierunku dodatniej płyty po przejściu przez otwór? W liczniku Geigera (nazywanym także licznikiem Geigera-Müllera) cienki metalowy drucik charakteryzuje wysokie napięcie względem otaczającego go metalowego cylindra. Promieniowanie jonizujące, które wpada w obszar licznika, wybija elektrony z cząsteczek gazu wypełniającego wnętrze licznika, a te następnie są przyspieszane w kierunku drucika, po drodze wywołując jonizację kolejnych cząsteczek. W efekcie dochodzi do wyładowania lawinowego w liczniku, które jest rejestrowane jako sygnał elektryczny. Załóżmy, że cylinder w naszym liczniku Geigera ma promień R , a wewnętrzny drucik o promieniu a ma potencjał V 0 mierzony względem cylindra. Przeanalizuj punkt P znajdujący się wewnątrz licznika w odległości r P r_P od osi drucika i daleko od końców zewnętrznego cylindra. Wyprowadź wzór na natężenie pola w punkcie P przy założeniu nieskończenie długiego przewodu; Znajdź wzór na potencjał w punkcie P wewnątrz licznika; Podstaw dane: V 0 = 900 ⁢ V , a = 3 ⁢ mm , R = 2 ⁢ cm i oblicz wielkość natężenia pola i potencjału w odległości 1 ⁢ cm od środka licznika. a. Z rozdziału o prawie Gaussa wiemy, że natężenie pola wytwarzanego przez nieskończenie długi, prostoliniowy przewodnik wynosi E → P = 2 ⁢ k ⁢ λ ∕ r ⋅ r ̂ \\vec{E}_P = 2k\\lambda / r \\cdot \\hat{r} , natomiast z poprzednich części tego rozdziału pamiętamy, że potencjał takiego przewodu wynosi V P = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln r P ∕ R V_P = -2k\\lambda \\ln (r_P / R) , co obliczyliśmy, całkując wektor natężenia pola. Nie znamy λ , ale znamy stałą wartość potencjału V 0 . Zatem wiemy, że V 0 = − 2 ⁢ k ⁢ λ ⁢ ln a ∕ R i dlatego λ = − V 0 ∕ 2 ⁢ k ⁢ ln a ∕ R \\lambda = -V_0 /[2k \\ln (a/R)] . Możemy teraz podstawić gęstość liniową ładunku do wzoru na natężenie i znaleźć rozwiązanie części (a): E → P = − V 0 ∕ r ⁢ ln a ∕ R ⋅ r ̂ \\vec{E}_P = -V_0 / [r \\ln (a/R)]\\cdot \\hat{r} ; b. V P = V 0 ⁢ ln r P ∕ R ∕ ln a ∕ R V_P = V_0 \\ln (r_P / R) / \\ln (a/R) ; c. V P = 329 ⁢ V , E P = 3,29 ⋅ 10 4 ⁢ N ∕ C . Praktyczne ograniczenie wielkości natężenia pola w powietrzu to 3 ⋅ 10 6 ⁢ N ∕ C . W polach o większym natężeniu dochodzi do jonizacji cząsteczek powietrza i wytworzenia iskry (mamy przebicie). Jaki dystans pokonałby proton przyspieszany polem o takim natężeniu, zanim osiągnąłby prędkość światła (pomiń efekty relatywistyczne)? Czy z praktycznego punktu widzenia jest sensowne pozostawienie powietrza wewnątrz akceleratorów? W celu utworzenia atomu helu do cząstki alfa, zawierającej dwa protony i dwa neutrony, unieruchomionej w pewnym położeniu, trzeba dołączyć dwa elektrony. Przenosimy je z dużej odległości, jeden po drugim, w pobliże cząstki alfa. Pierwszy elektron jest przeniesiony na odległość 0,6 ⋅ 10 − 10 ⁢ m od cząstki alfa i unieruchomiony w tym miejscu, dopóki drugi elektron nie zostanie przeniesiony na tę samą odległość, ale po drugiej stronie. Końcowa konfiguracja tych trzech cząstek widoczna jest poniżej. Jaką pracę należy wykonać na każdym etapie tworzenia atomu? Jaka jest całkowita energia potencjalna układu: cząstka alfa ‒ dwa elektrony w wytworzonym atomie helu? a. Energie potencjalne: E p 1 = − 7,68 ⋅ 10 − 18 ⁢ J , E p 2 = − 5,76 ⋅ 10 − 18 ⁢ J ; b. E p 1 + E p 2 = − 1,34 ⋅ 10 − 17 ⁢ J . Znajdź energię układu ośmiu ładunków, każdego o wartości + 3 ⁢ µC , umieszczonych w wierzchołkach sześcianu o krawędzi 2 ⁢ cm . Prawdopodobieństwo zajścia fuzji jądrowej wielokrotnie się zwiększa, jeśli doprowadzimy do maksymalnego zbliżenia dwóch jąder atomowych. Wymaga to jednak pokonania siły kulombowskiej wzajemnego odpychania obu jąder. Można tego dokonać dzięki energii kinetycznej jonów gazu o wysokiej temperaturze, które zderzają się z jądrami i nadają im w ten sposób duży pęd i energię kinetyczną, albo w zderzeniach jąder ze sobą, np. w akceleratorze. Oblicz energię potencjalną dwóch jąder wodoropodobnych (o ładunku o wartości jednego ładunku elementarnego), znajdujących się w odległości 10 − 12 ⁢ m od siebie; Przy jakiej temperaturze cząsteczki zjonizowanego gazu uzyskałyby energię kinetyczną równą energii potencjalnej jąder (trzeba wykorzystać wzór z teorii kinetycznej gazów)? a. E p = 2,3 ⋅ 10 − 16 ⁢ J ; b. E ‾ k = 3 ∕ 2 ⋅ k B ⁢ T ⇒ T = 1,11 ⋅ 10 7 ⁢ K . Jądro helu ma ładunek dodatni równy + 2 ⁢ e i masę 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg . Oblicz jego energię kinetyczną przy prędkości równej 2 ⁢ % \\SI{2}{\\percent} prędkości światła; Ile to elektronowoltów? Jakie napięcie byłoby potrzebne do osiągnięcia takiej energii kinetycznej? Elektron wpada w obszar między dwiema dużymi płytami aluminiowymi, odległymi o 2 ⁢ cm od siebie, między którymi panuje napięcie 200 ⁢ V . Załóż, że pole elektryczne jest jednorodne. Elektron przelatuje przez dziurkę wywierconą w płycie naładowanej ujemnie z prędkością 4 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s i jest przyspieszany w kierunku płyty dodatniej. Jaka jest prędkość elektronu w punkcie odległym o 0,1 ⁢ cm ; 0,5 ⁢ cm ; 1 ⁢ cm ; 1,5 ⁢ cm od płyty ujemnej; tuż przed uderzeniem w płytę dodatnią? a. 1,9 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ; b. 4,2 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ; c. 5,9 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ; d. 7,3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ; e. 8,4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s . W jakiej odległości od siebie znajdują się dwie płyty, między którymi panuje pole o natężeniu 4,5 ⋅ 10 3 ⁢ V ∕ m , jeśli przyłożono do nich różnicę potencjałów w wysokości 15 ⋅ 10 3 ⁢ V \\SI{15e3}{\\volt} ? Odpowiedz na poniższe pytania. Czy pole między dwiema przewodzącymi płytami przekroczy granicę wytrzymałości elektrycznej dla suchego powietrza, która wynosi 3 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m , jeśli odległość między płytami to 2 ⁢ mm , a napięcie przyłożone do nich wynosi 5 ⋅ 10 3 ⁢ V ? W jakiej najmniejszej odległości można ustawić płyty przy takim napięciu? a. E = 2,5 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m < 3 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m ; b. d = 1,7 ⁢ mm . Ściany i błony komórkowe, które rozdzielają przeciwne jony w komórkach biologicznych, doznają bardzo wysokich natężeń pola elektrycznego. Jakie napięcie panuje po obu stronach ściany komórkowej o grubości 8 ⁢ nm , jeśli natężenie pola przenikającego przez ścianę wynosi 5,5 ⁢ MV ∕ m ? Załóż, że pole jest stałe. Podwójnie zjonizowana cząsteczka pewnego gazu jest przyspieszana do energii 32 ⁢ keV w polu elektrycznym wytwarzanym między dwiema płytami rozstawionymi na odległość 2 ⁢ cm . Jakie natężenie pola występuje między płytami? E k = q ⁢ V A B = q ⁢ E ⁢ d ⇒ E = 8 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m . Temperatura w środku Słońca wynosi prawdopodobnie ok. 15 miliardów stopni Celsjusza ( 1,5 ⋅ 10 7 ⁢ ° C ). Jakim napięciem musiałaby być przyspieszona jednokrotnie zjonizowana cząsteczka, aby uzyskać energię równą średniej energii kinetycznej plazmy we wnętrzu Słońca? Uderzenie pioruna w drzewo powoduje przepływ ładunku w wysokości 20 ⁢ C przy różnicy potencjałów 100 ⁢ MV . Jaka energia zostaje wyzwolona w wyniku uderzenia pioruna? Jaką masę wody o temperaturze początkowej 15 ⁢ ° C można by zagotować, dostarczając takiej energii? Spróbuj wyjaśnić, jakich zniszczeń mogłoby dokonać parowanie soków wewnątrz drzewa. a. E = 2 ⋅ 10 9 ⁢ J ; b. Q = m ⁢ c ⁢ Δ T + L p ⇒ m = 766 ⁢ kg Q = m(c\\prefop{\\Delta} T + L_{\\text{p}}) \\implies m = \\SI{766}{\\kilo\\gram} ; c. Rozszerzanie się pary wodnej, powstałej w wyniku wrzenia soków, może doprowadzić do rozsadzenia drzewa od środka. Jaki potencjał wytwarza proton w punkcie odległym o 5,3 ⋅ 10 -11 ⁢ m \\SI{5,3e-11}{\\metre} (jest to średnia odległość między elektronem i protonem w atomie wodoru)? Na powierzchni kuli zgromadzono ładunek 1 ⁢ C . W jakiej odległości od środka kuli potencjał wynosi 5 ⁢ MV ? Co powiesz na temat możliwości izolacji elektrycznej takiego ładunku? a. V = k ⁢ Q ∕ r ⇒ r = 1,8 ⁢ km ; b. Ładunek 1 ⁢ C jest ogromny, izolacja za pomocą sfery o promieniu 1,8 ⁢ km jest niepraktyczna (właściwie niemożliwa). Jaką wartość i znak ma ładunek punktowy wytwarzający potencjał − 2 ⁢ V w punkcie odległym o 1 ⁢ mm ? W jednym z pierwszych eksperymentów fizyki jądrowej, przeprowadzonym przez Ernesta Rutherforda na początku XX wieku, cienka folia ze złota była bombardowana cząstkami alfa, które w wyniku odpychania kulombowskiego odbijały się od jąder złota. Jeżeli energie kinetyczne cząstek alfa wynosiły 5 ⁢ MeV , to na jaką najmniejszą odległość cząstki zbliżały się do jąder złota? Atom złota ma 79 protonów w jądrze. Zbliżanie się cząstki alfa do jąder złota zachodzi do momentu, aż cała początkowa energia kinetyczna cząstek zostanie zamieniona w energię potencjalną odpychania kulombowskiego ( 5 ⁢ MeV = 8 ⋅ 10 − 13 ⁢ J ), zatem E 0 = k ⁢ Q ⁢ q ∕ r ⇒ r = 4,54 ⋅ 10 − 14 ⁢ m (rozmiar jądra atomu złota to ok. 7 ⋅ 10 − 15 ⁢ m ). Zadania dodatkowe Podgrzewacz do butelek na jedzenie dla niemowląt zasilany baterią 12-woltową podgrzewa 50 ⁢ g szkła, 250 ⁢ g zupki i 200 ⁢ g aluminium od 20 ⁢ ° C do 90 ⁢ ° C . Jaki ładunek przepływa w tym celu z baterii przez obwód elektryczny podgrzewacza? Ile elektronów przepływa przez grzałkę podgrzewacza w ciągu sekundy, jeśli podgrzewanie trwa 5 ⁢ min ? Wskazówka: Załóż, że zupka dla niemowlaka ma ciepło właściwe wody. Ciepła właściwe szkła i aluminium znajdziesz w poprzednich rozdziałach lub w Internecie. Samochód elektryczny używa systemu akumulatorów o napięciu 12 ⁢ V . Jaki ładunek musi być przeniesiony przez akumulatory, aby samochód o masie 750 ⁢ kg mógł zostać przyspieszony ze spoczynku do prędkości 25 ⁢ m ∕ s , następnie ze stałą prędkością 25 ⁢ m ∕ s pokonał wzniesienie o wysokości 200 ⁢ m i wreszcie z tą samą prędkością przez godzinę wjeżdżał pod górę z siłą ciągu silnika równą 500 ⁢ N ? E cał = 4,67 ⋅ 10 7 ⁢ J , E cał = q ⁢ V ⇒ q = E cał ∕ V = 3,89 ⋅ 10 6 ⁢ C . Jakie napięcie panuje tuż przy powierzchni metalowej kuli o średnicy 10 ⁢ cm , w której zgromadzono dodatni ładunek nadmiarowy w wysokości 8 ⁢ C ? Jednorodnie naładowany cienki pierścień o promieniu 10 ⁢ cm leży na nieprzewodzącym stole. Zmierzono, że w odległości 3 ⁢ cm powyżej środka pierścienia potencjał ma wartość − 3 ⁢ V względem poziomu odniesienia w nieskończoności. Jaki ładunek jest zgromadzony w pierścieniu? V P = k ⁢ q cał ∕ z 2 + R 2 ⇒ q cał = − 3,5 ⋅ 10 − 11 ⁢ C . Szklany pierścień o promieniu 5 ⁢ cm pomalowano elektrostatycznie farbą w ten sposób, że gęstość ładunku wzdłuż pierścienia zmienia się ze współrzędną kątową θ , zgodnie z zależnością λ = 3 ⋅ 10 -6 ⁢ C ∕ m ⋅ cos 2 θ \\lambda = \\SI{3e-6}{\\coulomb\\per\\metre} \\cdot \\cos^2 \\theta . Znajdź potencjał w odległości 15 ⁢ cm od środka pierścienia. Płyta CD o promieniu R = 3 ⁢ cm jest pomalowana elektrostatycznie farbą w ten sposób, że gęstość ładunku naniesionego wraz z farbą na płytę zmienia się ze współrzędną radialną r w następujący sposób: σ = − 6 ⁢ C ∕ m ⋅ r ∕ R . Znajdź potencjał w punkcie na osi płyty odległym o 4 ⁢ cm od jej środka. V P = − 2,2 ⁢ GV . Odpowiedz na poniższe pytania. Jaką prędkość uzyskuje elektron przyspieszony napięciem 25 ⁢ MV , wytworzonym w generatorze Van de Graaffa? Co jest „niefizycznego” w tym wyniku? Jakie są tego powody? Nieskończenie duża płaszczyzna jest naładowana ładunkiem powierzchniowym σ = 2 ⋅ 10 − 9 ⁢ C ∕ m 2 . Jak daleko od siebie znajdują się sąsiednie powierzchnie ekwipotencjalne, między którymi różnica potencjałów wynosi 25 ⁢ V ? Przypomnij sobie, że pole takiej płaszczyzny ma natężenie E P = σ 0 ∕ 2 ⁢ ε 0 i jest jednorodne. Dla pola jednorodnego możemy zapisać E = − Δ V ∕ Δ z . Zatem odległość między powierzchniami ekwipotencjalnymi obliczymy następująco: σ ∕ 2 ⁢ ε 0 = Δ V ∕ Δ z ⇒ Δ z = 0,22 ⁢ m . Znajdź potencjał naładowanego jednorodnie pręta w granicy x ≫ L i porównaj wynik ze wzorem na potencjał ładunku punktowego; Dlaczego wynik nie jest zaskakujący? a. We wzorze otrzymanym w podziel licznik i mianownik przez x , następnie oblicz granicę i rozwiń w szereg Taylora, co doprowadzi cię do wyniku: V P ≈ k ⁢ λ ⁢ L ∕ x ; b. Tego wyniku należało się spodziewać, bo dla dużych odległości potencjał powinien wyglądać jak ładunku punktowego o wielkości q = λ ⁢ L . Mała drewniana kulka o promieniu 0,5 ⁢ cm została pomalowana elektrostatycznie, w wyniku czego na jej powierzchni zgromadził się ładunek − 10 ⁢ µC . Kulkę następnie umieszczono w środku obojętnej elektrycznie powłoki sferycznej o promieniu wewnętrznym 2 ⁢ cm i zewnętrznym 2,2 ⁢ cm , wykonanej ze złota. Znajdź potencjał elektryczny mierzony względem nieskończoności, jaki uzyskała złota powłoka; Jaki ładunek należałoby zgromadzić na powłoce, aby potencjał wynosił 100 ⁢ V ? Dwie równoległe, przewodzące, ale nienaładowane płyty, każdą o powierzchni 400 ⁢ cm 2 , ustawiono w odległości 2 ⁢ cm od siebie. W pewnym momencie 10 12 elektronów przeniesiono z jednej płyty na drugą. Jakie napięcie między płytami w ten sposób uzyskano? Jaka różnica potencjałów panuje między dodatnio naładowaną płytą a punktem w obszarze pomiędzy płytami odległym o 1,25 ⁢ cm od tej płyty? a. V = 9 ⋅ 10 3 ⁢ V ; b. − 9 ⋅ 10 3 ⁢ V ⋅ 1,25 ⁢ cm ∕ 2 ⁢ cm = − 5,7 ⋅ 10 3 ⁢ V . Ładunek punktowy q = 5 ⋅ 10 − 8 ⁢ C umieszczono w środku nienaładowanej, przewodzącej powłoki sferycznej o promieniach 6 ⁢ cm i 9 ⁢ cm . Znajdź potencjał elektryczny w punkcie r = 4 ⁢ cm ; r = 8 ⁢ cm ; r = 12 ⁢ cm . Ziemia gromadzi wypadkowy ładunek, który wytwarza pole o natężeniu 150 ⁢ N ∕ C , skierowane do środka planety. Jaki jest znak i wielkość ładunku zgromadzonego w Ziemi? Pamiętaj, że potencjał kuli lub sfery jest taki jak potencjał ładunku punktowego umieszczonego w środku; Jakie przyspieszenie nadaje pole elektryczne Ziemi umieszczonemu tuż przy powierzchni swobodnemu elektronowi? Jaką masę musi mieć cząsteczka obdarzona ładunkiem elektronu, żeby ziemskie pole elektryczne równoważyło pole grawitacyjne działające na tę cząsteczkę? a. E = k ⁢ Q ∕ r 2 ⇒ Q = − 6,76 ⋅ 10 5 ⁢ C ; b. F = m ⁢ a = q ⁢ E ⇒ a = q ⁢ E ∕ m = 2,63 ⋅ 10 13 ⁢ m ∕ s 2 (do góry); c. F = − m ⁢ g = q ⁢ E ⇒ m = − q ⁢ E ∕ g = 2,45 ⋅ 10 − 18 ⁢ kg . Dwa ładunki punktowe 25 ⁢ µC i 45 ⁢ µC umieszczono w odległości 0,5 ⁢ m od siebie. W jakim punkcie na linii między ładunkami znajduje się punkt, w którym wypadkowe natężenie pola wynosi zero? Jakie natężenie pola występuje dokładnie w połowie odległości między ładunkami? Co możesz powiedzieć o wielkości ładunków q 1 i q 2 , jeśli pole elektryczne w 1 ∕ 4 odległości między nimi ma zerowe natężenie? Jeżeli natężenie jest równe zero w 1 ∕ 4 odległości od q 1 do q 2 , to na podstawie definicji E = k ⁢ Q ∕ r 2 możemy policzyć, że E 1 = E 2 ⇒ k ⁢ q 1 ∕ x 2 = k ⁢ q 2 ∕ 3 ⁢ x 2 , zatem q 2 ∕ q 1 = 3 ⁢ x 2 ∕ x 2 = 9 ; ładunek q 2 jest więc 9 razy większy od ładunku q 1 . Oblicz częstość kątową ω elektronu krążącego wokół protonu w atomie wodoru po orbicie kołowej o promieniu 0,53 ⋅ 10 − 10 ⁢ m . Załóż, że proton pozostaje w spoczynku, a siła dośrodkowa działająca na elektron pochodzi od siły Coulomba. Elektron o prędkości początkowej 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s wpada w obszar jednorodnego pola elektrycznego o natężeniu 2 ⋅ 10 5 ⁢ N ∕ C tak, że doznaje przyspieszenia w kierunku przeciwnym do wektora swojej prędkości początkowej (elektron jest opóźniany). Jaki jest kierunek linii pola? Jaki dystans pokona elektron, zanim się zatrzyma? Ile czasu to zajmie? Z jaką prędkością końcową elektron wróci do punktu początkowego? a. Linie pola są zwrócone zgodnie z kierunkiem wektora prędkości początkowej elektronu; b. v 2 = v 0 2 + 2 ⁢ a ⁢ x ⇒ x = − v 0 2 ∕ 2 ⁢ a dla v = 0 ⁢ m ∕ s v = \\SI{0}{\\metre\\per\\second} oraz F = m ⁢ a = q ⁢ E ⇒ a = q ⁢ E ∕ m , stąd x = 3,56 ⋅ 10 − 4 ⁢ m ; c. v 2 = v 0 + a ⁢ t ⇒ t = − m ⁢ v 0 ∕ q ⁢ E dla v = 0 ⁢ m ∕ s v = \\SI{0}{\\metre\\per\\second} , stąd t = 1,42 ⋅ 10 − 10 ⁢ s ; d. v = − 2 ⁢ q ⁢ E ⁢ x ∕ m = − 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s (przeciwnie do prędkości początkowej). Zadania trudniejsze Trzy jony Na + oraz trzy jony Cl − są rozmieszczone w równych odległościach i naprzemiennie wzdłuż okręgu o promieniu 50 ⁢ nm . Jaka energia elektryczna jest zgromadzona w takim układzie? Wyszukaj w Internecie (albo rozbierając na części starą drukarkę), jakie napięcie panuje między płytkami odchylającymi w drukarce atramentowej i jaka jest ich odległość od siebie. Następnie wyszukaj informacji o prędkości, z jaką atrament jest wytryskiwany z dyszy drukarki w obszar pola między płytkami. Na tej podstawie oszacuj typową masę kropel atramentu w drukarce. Odpowiedzi mogą znacząco różnić się w zależności od informacji, jakie zgromadzisz. Prędkości kropel atramentu mogą być rzędu 20 ⁢ m ∕ s lub mniejsze, wobec tego masa kropel to ok. 10 − 7 ⁢ g . Na podstawie wzoru na natężenie pola jednorodnie naładowanej ładunkiem objętościowym kuli oblicz potencjał takiej kuli w dowolnym punkcie. Sprawdź poprawność wyniku, wykonując rachunek odwrotny (tzn. licząc gradient potencjału). Wykorzystując wzór na potencjał, ustal jaki będzie wektor natężenia pola elektrycznego dipola. Zastosuj wzór E → = − ∇ → ⁢ V , gdzie operator ∇ → = r ̂ ⁢ ∂ ∂ r + θ ̂ ⁢ 1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂ ⁢ 1 r ⁢ sin θ ⋅ ∂ ∂ φ \\vec{x} = \\hat{r}{\\dd[\\partial]{r}} + \\hat{\\theta} \\frac1r \\cdot {\\dd[\\partial]{\\theta}} + \\hat{\\varphi} \\frac{1}{r\\sin \\theta} \\cdot {\\dd[\\partial]{\\varphi}} , a potencjał opisany jest wzorem V P = k ⁢ p → ⋅ r ̂ ∕ r 2 , gdzie p → = q ⁢ d → . Załóż, że dipol jest zorientowany wzdłuż osi z . Zatem potencjał wynosi V P = k ⁢ q ⁢ d → ⋅ r ̂ ∕ r 2 = k ⁢ q ⁢ d ⁢ cos θ ∕ r 2 . E → = 2 ⁢ k ⁢ q ⁢ d ⁢ cos θ ∕ r 3 ⋅ r ̂ + k ⁢ q ⁢ d ⁢ sin θ ∕ r 3 ⋅ θ ̂ . generator Van de Graaffa (ang. Van de Graaff generator ) maszyna do wytwarzania dużego ładunku nadmiarowego, który wykorzystywany jest w eksperymentach z użyciem wysokich napięć kserografia (ang. xerography ) metoda suchego wydruku z wykorzystaniem zjawisk elektrostatycznych fotoprzewodnik (ang. photoconductor ) substancja, która w ciemności jest izolatorem, a po ekspozycji na światło staje się przewodnikiem drukarka atramentowa (ang. ink jet printer ) drukarka, w której małe krople tuszu naładowane elektrycznie są rozpylane i za pomocą pola elektrycznego kierowane w odpowiednie miejsce na papierze elektrofiltr (ang. electrostatic precipitator ) urządzenie filtrujące powietrze, które najpierw nanosi ładunek elektryczny na cząsteczki zanieczyszczenia, a potem usuwa je ze strumienia powietrza i zatrzymuje w filtrze za pomocą przyciągania elektrostatycznego", "section": "Zastosowanie elektrostatyki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Wzory przypominające rozgałęzione drzewo wewnątrz przezroczystej płyty ze szkła akrylowego, nazywane figurą Lichtenberga dla upamiętnienia Georga Christopha Lichtenberga (1742–1799) , który badał je jako pierwszy. Powstają one w wyniku uszkodzenia struktury dielektryka przez silne pole elektryczne. Źródło: modyfikacja pracy Berta Hickmana Kondensatory to istotne elementy obwodów elektrycznych w wielu urządzeniach elektronicznych, takich jak rozruszniki serca, telefony komórkowe czy komputery. W niniejszym rozdziale omówimy ich właściwości, a w kolejnych poznamy ich zastosowania. Kondensatorów używa się do magazynowania energii elektrycznej i uwalniania jej w odpowiednim momencie. W połączeniu z innymi elementami obwodów kondensatory często tworzą filtr, który przepuszcza niektóre sygnały elektryczne, a blokuje inne. To dlatego uważane są za jedne z podstawowych części układów elektrycznych.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Kondensatory i pojemność elektryczna Kondensator (ang. capacitor ) to urządzenie wykorzystywane do magazynowania ładunku elektrycznego i energii elektrycznej. Składa się z przynajmniej dwóch powierzchni przewodzących umieszczonych w pewnej odległości od siebie. Powierzchnie te czasem nazywa się elektrodami lub, precyzyjniej, okładkami kondensatora. Przestrzeń pomiędzy przewodnikami może wypełniać próżnia – wtedy kondensator nazywany jest próżniowym – zazwyczaj jednak znajduje się tam materiał izolujący zwany dielektrykiem (ang. dielectric ) lub izolatorem (ang. insulator ; więcej na temat dielektryków dowiemy się w następnych podrozdziałach). Ilość energii, jaką można zgromadzić w kondensatorze, określa wielkość nazywana pojemnością elektryczną (ang. capacitance ), którą omówimy jeszcze w tym podrozdziale. Kondensatory mają rozmaite zastosowania: od redukowania szumu w odbiornikach radiowych do magazynowania energii w defibrylatorach. Typowe kondensatory używane komercyjnie składają się z dwóch powierzchni przewodzących umieszczonych w niewielkiej odległości od siebie, tak jak na . Zazwyczaj między przewodnikami znajduje się dielektryk. Po podłączeniu nienaładowanego kondensatora do akumulatora różnica potencjałów na biegunach akumulatora powoduje przeniesienie ładunku Q z okładki dodatniej na ujemną. Kondensator jako całość pozostaje obojętny elektrycznie, ale na okładkach wytwarzają się ładunki + Q i − Q . Oba przedstawione kondensatory były nienaładowane, a następnie zostały podłączone do akumulatorów. Teraz mają na okładkach ładunki wynoszące odpowiednio + Q i − Q . (a) Kondensator płaski składa się z dwóch równoległych, przeciwnie naładowanych płytek o powierzchni S umieszczonych w odległości d od siebie. (b) W zwiniętym kondensatorze przewodzące okładki rozdziela dielektryk. Układ złożony z dwóch identycznych, równolegle ustawionych płytek przewodzących nazywa się kondensatorem płaskim (ang. parallel-plate capacitor ), . Natężenie pola elektrycznego w przestrzeni między okładkami wynosi E = σ ∕ ε 0 , gdzie σ oznacza gęstość powierzchniową ładunku na okładce (a więc σ to ładunek Q podzielony przez powierzchnię S okładki). Natężenie pola elektrycznego jest więc wprost proporcjonalne do Q . Ładunki gromadzą się na powierzchni okładek kondensatora. Linie pola elektrycznego w kondensatorze płaskim prowadzą od ładunków dodatnich do ujemnych. Natężenie pola elektrycznego w przestrzeni pomiędzy okładkami jest wprost proporcjonalne do wartości zgromadzonego ładunku. Kondensatory o różnych właściwościach fizycznych (na przykład kształcie i wielkości okładek) mogą magazynować różne ilości ładunku po przyłożeniu takiego samego napięcia U . Pojemność elektryczną kondensatora definiuje się jako stosunek maksymalnego ładunku Q , który może zgromadzić się w kondensatorze, do napięcia U przyłożonego do okładek. Innymi słowy, pojemność elektryczna jest maksymalnym ładunkiem przypadającym na 1 ⁢ V napięcia C = Q U ⁢ . Jednostką pojemności elektrycznej w układzie SI jest farad ( F ), nazwany tak na cześć Michaela Faradaya (1791–1867) . Jako że pojemność elektryczna wyraża się jako ładunek przypadający na jednostkę napięcia, to jeden farad jest równy jednemu kulombowi podzielonemu przez jeden wolt, czyli 1 ⁢ F = 1 ⁢ C 1 ⁢ V ⁢ . Zgodnie z definicją kondensator o pojemności 1 ⁢ F jest w stanie zgromadzić ładunek 1 ⁢ C (to bardzo dużo), kiedy różnica potencjałów pomiędzy okładkami wynosi zaledwie 1 ⁢ V . Pojemność 1 ⁢ F jest zatem wartością znaczną. Typowe pojemności elektryczne wahają się od pikofaradów ( 1 ⁢ pF = 10 − 12 ⁢ F ) przez mikrofarady ( 1 ⁢ µF = 10 − 6 ⁢ F ) do milifaradów ( 1 ⁢ mF = 10 − 3 ⁢ F ). Kondensatory mogą mieć różne kształty i wielkości ( ). Oto kilka typowych kondensatorów. Ich wielkość nie ma bezpośredniego przełożenia na pojemność elektryczną. Obliczanie pojemności elektrycznej Poniższa standardowa procedura pozwala obliczyć pojemność elektryczną pary zbliżonych do siebie powierzchni przewodzących. Strategia rozwiązywania zadań: obliczanie pojemności elektrycznej Załóż, że kondensator ma ładunek Q . Oblicz natężenie pola elektrycznego E → pomiędzy okładkami. Jeśli została zachowana symetria, rozwiązanie można uzyskać w oparciu o prawo Gaussa. Oblicz różnicę potencjałów między przewodnikami na podstawie równania V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → ⁢ , gdzie droga całkowania prowadzi od jednego przewodnika do drugiego. Wartość bezwzględna różnicy potencjałów wynosi więc U = V B − V A . Znając U , oblicz pojemność elektryczną bezpośrednio z . Aby zaprezentować zastosowanie tej procedury, obliczymy teraz pojemność elektryczną dla kondensatorów: płaskiego, kulistego i walcowego. We wszystkich przypadkach zakładamy, że mamy do czynienia z kondensatorami próżniowymi (pustymi), a więc że między okładkami nie ma żadnego dielektryka. Kondensator płaski Kondensator płaski ( ) składa się z dwóch identycznych płytek przewodzących, z których każda ma powierzchnię S , oddalonych od siebie o odległość d . Po przyłożeniu do nich napięcia U U na okładkach gromadzi się ładunek Q , tak jak to zaprezentowano na rysunku. Zależność pojemności elektrycznej kondensatora od S i d możemy oszacować na podstawie analizy własności siły Coulomba. Wiemy, że siła działająca między ładunkami rośnie wraz ze wzrostem ich wartości, a maleje wraz ze wzrostem odległości między nimi. Można się spodziewać, że im płytki są większe, tym więcej mogą zgromadzić ładunku. Zatem C powinno być większe dla wyższych wartości S . Analogicznie im bliżej siebie znajdują się płytki, tym silniej przyciągają się ładunki o przeciwnych znakach. C powinno więc rosnąć wraz z malejącą d . W kondensatorze płaskim dwie okładki o identycznej powierzchni S dzieli odległość d . Zdefiniujmy gęstość powierzchniową σ ładunku na okładce jako σ = Q A ⁢ . Z poprzednich rozdziałów wiemy, że dla niewielkich d pole elektryczne pomiędzy okładkami jest jednorodne (jeśli pominiemy efekty brzegowe na krawędziach okładek), a jego natężenie wynosi E = σ ε 0 ⁢ , gdzie stała ε 0 to przenikalność elektryczna próżni równa 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ F ∕ m . Jednostka F ∕ m jest tożsama z wyrażeniem C 2 ∕ N ⁢ m 2 . Ponieważ pole elektryczne E → między okładkami jest jednorodne, różnica potencjałów wynosi U = E ⁢ d = σ ⁢ d ε 0 = Q ⁢ d ε 0 ⁢ S ⁢ . Po podstawieniu powyższego wyniku do otrzymamy wzór na pojemność elektryczną kondensatora płaskiego w postaci C = Q U = Q Q ⁢ d ∕ ε 0 ⁢ S = ε 0 ⁢ S d ⁢ . Z powyższego wzoru wynika, że pojemność elektryczna kondensatora próżniowego zależy tylko od jego geometrii. Obowiązuje to w przypadku wszystkich kondensatorów, nie tylko kondensatorów płaskich: pojemność elektryczna nie zależy od Q ani od U . Kiedy zmienia się wartość ładunku, potencjał również ulega zmianie, tak aby stosunek Q ∕ U pozostał stały. Pojemność elektryczna i ładunek zgromadzony w kondensatorze płaskim Ile wynosi pojemność elektryczna pustego kondensatora płaskiego o metalowych okładkach o powierzchni 1 ⁢ m 2 umieszczonych w odległości 1 ⁢ mm od siebie? Jaki ładunek zgromadzi się na kondensatorze po przyłożeniu napięcia 3 ⋅ 10 3 ⁢ V ? Strategia rozwiązania Aby obliczyć pojemność elektryczną C , wystarczy zastosować . Następnie można obliczyć ładunek na okładkach przy użyciu . Rozwiązanie Po wstawieniu podanych wartości do otrzymamy C = ε 0 ⁢ S d = 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ F ∕ m ⋅ 1 ⁢ m 2 10 − 3 ⁢ m = 8,85 ⋅ 10 − 9 ⁢ F = 8,85 ⁢ nF ⁢ . Po przekształceniu i podstawieniu znanych wielkości otrzymamy Q = C ⁢ U = 8,85 ⋅ 10 -9 ⁢ F ⋅ 3 ⋅ 10 3 ⁢ V = 26,6 ⁢ µC ⁢ . Q = CU = \\SI{8,85e-9}{\\farad} \\cdot \\SI{3e3}{\\volt} = \\SI{26,6}{\\micro\\coulomb} \\text{.} Tak niewielki wynik pokazuje, jak trudno skonstruować urządzenie o dużej pojemności elektrycznej. Znaczenie Obliczona wielkość ładunku jedynie nieznacznie przekracza wartości typowe dla zastosowań elektrostatycznych. Ze względu na to, że powietrze traci właściwości dielektryczne w polu elektrycznym o natężeniu około 3 ⁢ MV ∕ m , w analizowanym kondensatorze nie można zgromadzić większego ładunku przez zwiększenie napięcia. Kondensator płaski o pojemności 1 ⁢ F Chcemy zbudować kondensator płaski o pojemności elektrycznej 1 ⁢ F . Jaką powierzchnię powinny mieć jego okładki, jeśli odległość między nimi ma wynosić 1 ⁢ mm ? Rozwiązanie W wyniku przekształcenia otrzymujemy S = C ⁢ d ε 0 = 1 ⁢ F ⋅ 10 − 3 ⁢ m 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ F ∕ m = 1,1 ⋅ 10 8 ⁢ m 2 ⁢ . Znaczenie Każda z kwadratowych okładek musiałaby mieć przekątną o długości 10 ⁢ km . Wysyłanie studentów do magazynu laboratorium po jednofaradowy kondensator płaski było popularnym dowcipem, dopóki nie zaczęło nudzić jego pracowników. Sprawdź, czy rozumiesz. Pojemność kondensatora płaskiego wynosi 2 ⁢ pF . Jaka jest odległość między okładkami, jeśli każda z nich ma powierzchnię 2,4 ⁢ cm 2 ? 1,1 ⋅ 10 − 3 ⁢ m . Sprawdź, czy rozumiesz. Wykaż, że σ ∕ U i ε 0 ∕ d mają te same jednostki. Kondensator kulisty Kolejnym typem kondensatora, którego pojemność elektryczną można łatwo obliczyć, jest kondensator kulisty ( ), nazywany również sferycznym. Składa się on z dwóch koncentrycznych, przewodzących sfer o promieniach R 1 (powłoka wewnętrzna) oraz R 2 (powłoka zewnętrzna). Na nich gromadzi się równy co do wartości ładunek o przeciwnych znakach, odpowiednio + Q i − Q . Z symetrii budowy wynika, że linie pola elektrycznego między okładkami skierowane są radialnie na zewnątrz. Natężenie pola możemy obliczyć przy użyciu prawa Gaussa dla sferycznej powierzchni o promieniu r , współśrodkowej z okładkami kondensatora. Całkowity ładunek zamknięty w powierzchni Gaussa wynosi + Q , a więc zachodzi równość ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⋅ 4 ⁢ π ⁢ r 2 = Q ε 0 ⁢ . \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\cdot 4\\pi r^2 = \\frac{Q}{\\epsilon_0} \\text{.} Pole elektryczne pomiędzy przewodnikami wynosi więc E → = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ Q r 2 ⁢ r ̂ ⁢ . Następnie podstawiamy E → do i całkujemy w kierunku radialnym od jednej okładki do drugiej U = ∫ R 1 R 2 E → ⋅ d l → = ∫ R 1 R 2 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ Q r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ R 1 R 2 d r r 2 = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ 1 R 1 − 1 R 2 ⁢ . Różnica potencjałów pomiędzy okładkami w tym kondensatorze wynosi U = − V 2 − V 1 = V 1 − V 2 . Wynik ten podstawiamy do , aby obliczyć pojemność elektryczną kondensatora kulistego C = Q U = 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ R 1 ⁢ R 2 R 2 − R 1 ⁢ . Kondensator kulisty składa się z dwóch koncentrycznych sfer przewodzących. Warto pamiętać, że w przewodnikach ładunek zawsze gromadzi się na powierzchni. Pojemność elektryczna izolowanej kuli Obliczmy pojemność elektryczną pojedynczej izolowanej kuli przewodzącej o promieniu R 1 i porównajmy ją z dla R 2 ⟶ ∞ . Strategia rozwiązania Zakładamy, że ładunek zgromadzony na powierzchni kuli wynosi Q , i wykonujemy trzy działania opisane w strategii rozwiązywania zadań. Zakładamy również, że drugim przewodnikiem jest koncentryczna sfera o nieskończonym promieniu. Rozwiązanie Natężenie pola elektrycznego na zewnątrz izolowanej, przewodzącej kuli wyraża . Wartość różnicy potencjałów między powierzchnią izolowanej sfery a nieskończonością wynosi U = ∫ R 1 + ∞ E → ⋅ d l → = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ R 1 + ∞ 1 r 2 ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r = Q 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ ∫ R 1 + ∞ d r r 2 = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ Q R 1 ⁢ . Pojemność elektryczna izolowanej kuli wynosi więc C = Q U = Q ⋅ 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ R 1 Q = 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ R 1 ⁢ . Znaczenie Ten sam wynik można uzyskać, przechodząc z do granicy dla R 2 ⟶ ∞ . Pojedyncza izolowana kula jest więc tożsama z kondensatorem kulistym, którego zewnętrzna okładka ma nieskończenie duży promień. Sprawdź, czy rozumiesz. Promień zewnętrznej okładki kondensatora kulistego jest pięć razy większy od promienia jego wewnętrznej okładki. Jakie są wymiary kondensatora, jeśli jego pojemność elektryczna wynosi 5 ⁢ pF ? Promień okładki wewnętrznej: 3,59 ⁢ cm ; promień okładki zewnętrznej: 17,98 ⁢ cm . Kondensator walcowy Kondensator walcowy, nazywany również cylindrycznym, składa się z dwóch współosiowych przewodzących cylindrów ( ). Wewnętrzny cylinder o promieniu R 1 może być w środku pusty lub pełny. Zewnętrzny cylinder to powłoka o promieniu wewnętrznym R 2 . Zakładamy, że długość każdego z cylindrów wynosi l , a na wewnętrznej i zewnętrznej okładce znajdują się ładunki odpowiednio + Q i − Q . Kondensator walcowy składa się z dwóch współosiowych cylindrów z materiału przewodzącego. W tym przypadku zewnętrzna powierzchnia wewnętrznego cylindra jest naładowana dodatnio, a wewnętrzna powierzchnia zewnętrznego cylindra – ujemnie. Jeśli pominiemy efekty brzegowe, wektor natężenia pola elektrycznego występującego między przewodnikami jest skierowany radialnie na zewnątrz od osi cylindrów. Gdy zastosujemy powierzchnię Gaussa przedstawioną na , otrzymamy ∯ S E → ⋅ n ̂ ⁢ d S = E ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l = Q ε 0 ⁢ . \\prefop{\\u{222F}}_S \\vec{E} \\cdot \\hat{n} \\d S = E \\cdot 2\\pi r l = \\frac{Q}{\\epsilon_0} \\text{.} Natężenie pola elektrycznego między cylindrami wynosi więc E → = 1 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⋅ Q r ⁢ l ⁢ r ̂ ⁢ . Symbol r ̂ oznacza wektor jednostkowy w kierunku radialnym dla walców. Po podstawieniu wyrażenia do otrzymamy różnicę potencjałów między cylindrami U = ∫ R 1 R 2 E → ⋅ d l → = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⁢ ∫ R 1 R 2 1 r ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⁢ ∫ R 1 R 2 d r r U = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⋅ ln r | R 1 R 2 = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⋅ ln R 2 R 1 ⁢ , \\begin{multiline} U &= \\int_{R_1}^{R_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\int_{R_1}^{R_2} \\frac{1}{r}\\hat{r} \\cdot \\hat{r} \\d r = \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\int_{R_1}^{R_2} \\frac{\\d r}{r} \\\\ &= \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\cdot \\ln r \\mid_{R_1}^{R_2} = \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\cdot \\ln (\\frac{R_2}{R_1}) \\text{,} \\end{multiline} U = ∫ R 1 R 2 E → ⋅ d l → = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⁢ ∫ R 1 R 2 1 r ⁢ r ̂ ⋅ r ̂ ⁢ d r = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⁢ ∫ R 1 R 2 d r r = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⋅ ln r | R 1 R 2 = Q 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ⋅ ln R 2 R 1 ⁢ , \\begin{multiline} U &= \\int_{R_1}^{R_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\int_{R_1}^{R_2} \\frac{1}{r}\\hat{r} \\cdot \\hat{r} \\d r = \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\int_{R_1}^{R_2} \\frac{\\d r}{r} \\\\ &= \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\cdot \\ln r \\mid_{R_1}^{R_2} = \\frac{Q}{2\\pi \\epsilon_0 l} \\cdot \\ln (\\frac{R_2}{R_1}) \\text{,} \\end{multiline} gdzie d l → \\d \\vec{l} jest elementem drogi całkowania. Zatem pojemność elektryczna kondensatora walcowego wynosi C = Q U = 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ln R 2 ∕ R 1 ⁢ . Tak jak w pozostałych typach również w kondensatorze walcowym pojemność elektryczna zależy jedynie od jego geometrii. Istotnym zastosowaniem jest wyznaczanie pojemności elektrycznej przypadającej na jednostkę długości w kablu koncentrycznym (ang. coaxial cable ), który często stosuje się do przesyłania zmiennych w czasie sygnałów elektrycznych. Składa się on z dwóch współosiowych przewodników cylindrycznych rozdzielonych izolatorem. (W rozważaniach przyjęliśmy, że między przewodnikami jest próżnia, jednak jeśli przestrzeń pomiędzy okładkami kondensatora wypełnia dielektryk, to fizyczna strona zagadnienia pozostaje jakościowo niemal niezmieniona). Taka budowa kabla zabezpiecza sygnał elektryczny powstający wewnątrz przewodnika przed ewentualnym wpływem zewnętrznego pola elektrycznego. W przewodnikach zewnętrznym i wewnętrznym prąd płynie w przeciwnych kierunkach, przy czym zewnętrzny przewodnik jest zazwyczaj uziemiony. Jak wynika z , pojemność kabla koncentrycznego przypadająca na jednostkę długości wynosi C l = 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ln R 2 ∕ R 1 ⁢ . W praktycznych zastosowaniach należy pamiętać o tym, aby zawsze używać kabli o właściwym stosunku C ∕ l . Oznacza to wybór odpowiednich promieni przewodników oraz dzielącego je dielektryka. Sprawdź, czy rozumiesz. Po dostarczeniu ładunku 0,5 ⁢ nC na okładki kondensatora walcowego zmierzono między nimi różnicę potencjałów i wyniosła ona 20 ⁢ V . Jaka jest pojemność elektryczna układu? Jeśli cylindry mają długość 1 ⁢ m , to jaki jest stosunek ich promieni? a. 25 ⁢ pF ; b. 9 : 2 . Na przedstawiono kilka standardowych rodzajów kondensatorów. Zazwyczaj kondensator składa się z dwóch niewielkich kawałków folii metalowej rozdzielonych izolacją (patrz: część (b) ) i zamkniętych w powłoce ochronnej. Całość podłącza się do obwodów elektrycznych za pomocą dwóch metalowych wyprowadzeń. Izolatorami stosowanymi w kondensatorach są: mika, materiały ceramiczne, papier oraz nieprzywierająca powłoka teflonowa. Kolejnym powszechnie stosowanym typem kondensatora jest kondensator elektrolityczny (ang. electrolytic capacitor ). Składa się on z utlenionego metalu zanurzonego w smarze przewodzącym. Najważniejszą zaletą kondensatorów elektrolitycznych jest ich stosunkowo duża pojemność elektryczna. W niektórych aluminiowych kondensatorach tego typu dochodzi ona nawet do 1 ⁢ F . Podczas ich używania należy zachować ostrożność, gdyż funkcjonują poprawnie tylko wtedy, kiedy napięcie na folii metalowej jest wyższe niż na powierzchni smaru przewodzącego. W przeciwnym przypadku warstwa tlenku pokrywająca przewodnik ulega zniszczeniu w reakcji elektrolizy. Tego rodzaju kondensatora nie można także podłączyć do źródła prądu przemiennego, gdyż generuje ono zmienną w czasie polaryzację, a więc do kondensatora przez połowę czasu docierałby prąd o niewłaściwej polaryzacji (patrz: Obwody prądu zmiennego ). Kondensator zmienny (ang. variable air capacitor ) ( ), nazywany też nastawnym lub strojeniowym, składa się z dwóch zespołów równoległych płytek. Jeden z nich jest nieruchomy (nazywa się go „stojanem” bądź „statorem”), drugi zaś (określany „rotorem”) jest przytwierdzony do obrotowego wału. Obracając wał, można zmieniać stopień nachodzenia płytek na siebie i w ten sposób regulować pojemność elektryczną układu. Mechanizm ten wykorzystywany jest w nadajnikach i odbiornikach radiowych. Zawsze kiedy nastawiamy w samochodzie radio na ulubioną stację, powinniśmy pamiętać o pojemności elektrycznej. W kondensatorze zmiennym pojemność elektryczną można regulować, zmieniając powierzchnię efektywną okładek. Źródło: modyfikacja pracy Robbie’ego Sproule’a Na przedstawiono symbole różnych typów kondensatorów stosowane na schematach układów elektrycznych. Zwróćmy uwagę, że przypominają one przekrój przez kondensator płaski. Najczęściej stosowany jest symbol przedstawiony na (a). W części (b) znajduje się symbol kondensatora elektrolitycznego, przy czym zagięta okładka oznacza wyprowadzenie podłączane do bieguna ujemnego akumulatora. Na (c) przedstawiono symbol kondensatora zmiennego. Symbole trzech rodzajów kondensatorów stosowane na schematach układów elektrycznych. (a) Najpowszechniej stosowany symbol. (b) Symbol kondensatora elektrolitycznego. (c) Symbol kondensatora zmiennego. Ciekawy przykład działania mechanizmu kondensatora zachodzi na poziomie biologii komórkowej, w błonie cytoplazmatycznej żywych komórek ( ). Odgradza ona komórkę od otoczenia, lecz przepuszcza do środka i na zewnątrz określone jony. Różnica potencjałów po dwóch stronach błony wynosi około 70 ⁢ mV , a jej grubość od 7 ⁢ nm do 10 ⁢ nm . Jeśli potraktujemy błonę komórkową jako mikroskopijny kondensator, będziemy mogli wyliczyć minimalne natężenie pola elektrycznego na jej „okładkach” E = U d = 70 ⋅ 10 -3 ⁢ V 10 ⋅ 10 -9 ⁢ m = 7 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m = 7 ⁢ MV ∕ m > 3 ⁢ MV ∕ m ⁢ . E = \\frac{U}{d} = \\frac{\\SI{70e-3}{\\volt}}{\\SI{10e-9}{\\metre}} = \\SI{7e6}{\\volt\\per\\metre} = \\SI{7}{\\mega\\volt\\per\\metre} > \\SI{3}{\\mega\\volt\\per\\metre} \\text{.} Takie pole elektryczne jest na tyle silne, by wytworzyć w powietrzu iskrę. Stężenia jonów są różne po obu stronach półprzepuszczalnej błony komórkowej. Dzięki mechanizmowi dyfuzji jony K + (potas) i Cl - (chlor) przemieszczają się we wskazanych kierunkach, dopóki siła Coulomba nie zatrzyma przepływu. W ten sposób po zewnętrznej stronie błony gromadzi się ładunek dodatni, a po wewnętrznej – ładunek ujemny, co wytwarza różnicę potencjałów na błonie komórkowej. Zazwyczaj nie przepuszcza ona jonów sodu Na + . Odwiedź stronę PhET Explorations: Capacitor Lab , aby dowiedzieć się więcej o działaniu kondensatorów. Zbadaj wpływ zmiany rozmiaru okładek oraz umieszczenia między nimi izolatora na pojemność elektryczną. Zmieniaj napięcie i przyglądaj się, jak na okładkach gromadzą się ładunki. Obserwuj pole elektryczne w kondensatorze. Zmierz napięcie i natężenie pola elektrycznego. Podsumowanie Kondensator to urządzenie zdolne do magazynowania ładunku elektrycznego i energii elektrycznej. Ilość ładunku, którą można zgromadzić na kondensatorze próżniowym, zależy od dwóch czynników: przyłożonego napięcia i właściwości kondensatora, to znaczy jego wymiarów i geometrii. Pojemność elektryczna kondensatora to parametr informujący o tym, jaki ładunek przypada na jednostkę różnicy potencjałów między jego okładkami. Pojemność elektryczna układu przewodników zależy od ich wzajemnego położenia oraz od właściwości fizycznych izolatora wypełniającego przestrzeń pomiędzy przewodnikami. Jednostką pojemności elektrycznej jest farad, przy czym 1 ⁢ F = 1 ⁢ C ∕ 1 ⁢ V . Pytania Czy pojemność elektryczna urządzenia zależy od przyłożonego napięcia? Czy zależy od zgromadzonego ładunku? Nie; nie. Co należy zrobić, aby zwiększyć pojemność elektryczną kondensatora płaskiego: zbliżyć czy oddalić jego okładki? Czy zdanie: dla kondensatora o nienaładowanych okładkach pojemność elektryczna wynosi zero, jest prawdziwe, czy fałszywe? Fałsz. Jeśli okładki kondensatora mają różne powierzchnie, to czy po podłączeniu do akumulatora zbiorą się na nich takie same ładunki? Czy pojemność elektryczna kondensatora sferycznego zależy od tego, która z okładek jest naładowana dodatnio, a która ujemnie? Nie. Zadania Jaki ładunek zgromadzi się na okładkach kondensatora o pojemności 180 ⁢ µF po przyłożeniu napięcia 120 ⁢ V ? 21,6 ⁢ mC . Jaki ładunek zgromadzi się na okładkach kondensatora o pojemności 8 ⁢ pF po przyłożeniu napięcia 5,5 ⁢ V ? Oblicz napięcie przyłożone do kondensatora o pojemności 2 ⁢ µF , na którego okładkach zgromadził się ładunek 3,1 ⁢ C . 1,55 ⁢ V . Jakie napięcie należy przyłożyć do kondensatora o pojemności 8 ⁢ nF , aby na okładkach zgromadził się ładunek 0,16 ⁢ mC ? Jaką pojemność elektryczną musi mieć kondensator, aby przy napięciu 120 ⁢ V na jego okładkach zgromadził się ładunek 3 ⁢ µC ? 25 ⁢ nF . Jaka jest pojemność elektryczna czaszy generatora Van de Graaffa, jeśli gromadzi się na niej ładunek 9 ⁢ mC przy napięciu 12 ⁢ MV ? Okładki pustego kondensatora płaskiego o pojemności 5 ⁢ pF znajdują się w odległości 2 ⁢ mm od siebie. Jaka jest powierzchnia każdej z nich? 1,1 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 . Okładki kondensatora próżniowego o pojemności 60 ⁢ pF mają powierzchnię 0,01 ⁢ m 2 . Ile wynosi odległość między nimi? Układ równoległych płytek przewodzących ma pojemność elektryczną 5 ⁢ µF . Jaki ładunek należy do nich dodać, aby różnica potencjałów między nimi wzrosła o 100 ⁢ V ? 500 ⁢ µC . Oblicz pojemność elektryczną Ziemi, zakładając, że jest ona przewodzącą kulą o promieniu 6400 ⁢ km . Pojemność elektryczna kondensatora walcowego na jednostkę długości wynosi 20 ⁢ pF ∕ m . Oblicz, jaki jest stosunek promieni cylindrycznych okładek. 1:16. Próżniowy kondensator płaski ma pojemność 20 ⁢ µF . Jaki ładunek musi uciec z jego okładek, aby napięcie pomiędzy nimi zmniejszyło się o 100 ⁢ V ? pojemność elektryczna (ang. capacitance ) ilość ładunku przypadająca na 1 ⁢ V napięcia kondensator (ang. capacitor ) urządzenie magazynujące ładunek i energię elektryczną dielektryk (ang. dielectric ) substancja izolująca używana do wypełniania przestrzeni pomiędzy okładkami kondensatora kondensator płaski (ang. parallel-plate capacitor ) układ dwóch identycznych, równoległych płyt przewodzących ustawionych w pewnej odległości od siebie", "section": "Kondensatory i pojemność elektryczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Łączenie szeregowe i równoległe kondensatorów W wielu zastosowaniach wygodnie jest użyć więcej niż jednego kondensatora. Układ taki zachowuje się jak pojedynczy kondensator o innych właściwościach. Jego całkowita pojemność zależy od pojemności poszczególnych kondensatorów oraz od sposobu ich połączenia. Istnieją dwie podstawowe metody łączenia kondensatorów: łączenie szeregowe (ang. series combination ) i łączenie równoległe (ang. parallel combination ), dla których łatwo obliczyć pojemność zastępczą. Bardziej złożone układy można budować przez łączenie wielu kondensatorów szeregowo i równolegle. Łączenie szeregowe kondensatorów Na przedstawiono trzy kondensatory połączone w obwodzie w sposób szeregowy. Tak jak w przypadku pojedynczych kondensatorów pojemność zastępcza ich układu wiąże się z ładunkiem i napięciem zgodnie z . Po podłączeniu układu kondensatorów połączonych szeregowo do akumulatora o napięciu U na okładkach każdego z nich gromadzi się identyczny ładunek Q . Aby zrozumieć, dlaczego tak się dzieje, musimy pamiętać, że ładunek na okładce połączonej z dodatnim biegunem akumulatora wynosi + Q , a ładunek na okładce połączonej z biegunem ujemnym wynosi − Q . Następnie na pozostałych okładkach ładunki indukują się w taki sposób, aby ich całkowita suma w obwodzie oraz suma na każdej sąsiadującej parze okładek była równa zero. Spadek potencjału U 1 = Q ∕ C 1 na jednym kondensatorze nie musi być jednak równy spadkowi potencjału U 2 = Q ∕ C 2 na innym kondensatorze, ponieważ mogą one mieć różne pojemności elektryczne. Połączenie szeregowe dwóch lub większej liczby kondensatorów jest tożsame z pojedynczym kondensatorem (zastępczym), którego pojemność (zwana pojemnością zastępczą (ang. equivalent capacitance )) jest mniejsza od najmniejszej z pojemności łączonych kondensatorów. Ładunek na takim kondensatorze zastępczym równa się ładunkowi na każdym z kondensatorów w układzie. (a) Trzy kondensatory połączone szeregowo. Wielkość ładunku na każdej z okładek wynosi Q . (b) Układ kondensatorów w części (a) jest równoważny jednemu kondensatorowi o ładunku Q i o pojemności mniejszej od pojemności każdego z kondensatorów składowych. Wyrażenie na pojemność zastępczą układu można uzyskać na podstawie analizy napięcia na każdym z kondensatorów. Spadki potencjału na kondensatorach 1, 2 i 3 to odpowiednio U 1 = Q ∕ C 1 , U 2 = Q ∕ C 2 i U 3 = Q ∕ C 3 . Muszą się one sumować do napięcia na akumulatorze, co daje równość U = U 1 + U 2 + U 3 ⁢ . Na kondensatorze zastępczym o ładunku Q i pojemności zastępczej C S napięcie wynosiłoby U . Po podstawieniu wyrażenia na U 1 , U 2 i U 3 , otrzymamy Q C S = Q C 1 + Q C 2 + Q C 3 ⁢ . Po skróceniu przez ładunek Q otrzymamy wyrażenie na pojemność zastępczą C S trzech kondensatorów połączonych szeregowo 1 C S = 1 C 1 + 1 C 2 + 1 C 3 ⁢ . Wyrażenie to można uogólnić, by odnosiło się do dowolnej liczby kondensatorów połączonych szeregowo. Łączenie szeregowe Dla kondensatorów połączonych szeregowo odwrotność pojemności zastępczej jest równa sumie odwrotności pojemności kondensatorów składowych 1 C S = 1 C 1 + 1 C 2 + 1 C 3 + ⋯ Pojemność zastępcza układu kondensatorów połączonych szeregowo Obliczmy pojemność zastępczą dla trzech kondensatorów połączonych szeregowo, wiedząc, że ich pojemności wynoszą 1 ⁢ µF , 5 ⁢ µF i 8 ⁢ µF . Strategia rozwiązania Ponieważ układ składa się tylko z trzech kondensatorów, jego pojemność zastępczą możemy obliczyć z dla trzech składowych. Rozwiązanie Podane pojemności podstawiamy do 1 C S = 1 C 1 + 1 C 2 + 1 C 3 = 1 1 ⁢ µF + 1 5 ⁢ µF + 1 8 ⁢ µF = 1,325 1 ⁢ µF ⁢ . Następnie odwracamy wynik i otrzymujemy C S = 1 ⁢ µF 1,325 = 0,755 ⁢ µF ⁢ . C_{\\text{S}} = \\frac{\\SI{1}{\\micro\\farad}}{\\num{1,325}} = \\SI{0,755}{\\micro\\farad} \\text{.} Znaczenie Zauważmy, że dla układu kondensatorów połączonych szeregowo wypadkowa pojemność jest zawsze mniejsza niż najmniejsza z pojemności kondensatorów składowych. Łączenie równoległe kondensatorów Na (a) przedstawiono układ trzech kondensatorów połączonych równolegle. Jedna okładka każdego z nich podłączona jest do jednego bieguna akumulatora, druga zaś do drugiego. Ponieważ kondensatory są połączone równolegle, to na każdym z nich występuje takie samo napięcie U , jednakże zgromadzone ładunki mogą być różne. Aby obliczyć pojemność zastępczą C R układu, musimy uwzględnić fakt, że całkowity ładunek Q jest sumą ładunków na poszczególnych kondensatorach Q = Q 1 + Q 2 + Q 3 ⁢ . Lewą stronę tego wyrażenia przekształcamy zgodnie z zależnością Q = C R ⁢ U dla układu jako całości. Po prawej stronie wykorzystujemy zależności Q 1 = C 1 ⁢ U , Q 2 = C 2 ⁢ U oraz Q 3 = C 3 ⁢ U dla każdego z kondensatorów z osobna. W ten sposób otrzymujemy C R ⁢ U = C 1 ⁢ U + C 2 ⁢ U + C 3 ⁢ U ⁢ . Po skróceniu przez U równanie to opisuje pojemność zastępczą układu trzech kondensatorów połączonych równolegle C R = C 1 + C 2 + C 3 ⁢ . Łatwo uogólnić je do postaci dla dowolnej liczby kondensatorów połączonych równolegle. Łączenie równoległe Dla kondensatorów połączonych równolegle pojemność zastępcza jest sumą pojemności wszystkich kondensatorów C R = C 1 + C 2 + C 3 + ⋯ (a) Trzy kondensatory połączone równolegle. Każdy z nich jest podłączony bezpośrednio do akumulatora. (b) Ładunek na kondensatorze zastępczym stanowi sumę ładunków na poszczególnych kondensatorach. Pojemność zastępcza układu kondensatorów połączonych równolegle Obliczmy pojemność zastępczą dla trzech kondensatorów połączonych równolegle, wiedząc, że ich pojemności wynoszą 1 ⁢ µF , 5 ⁢ µF i 8 ⁢ µF . Strategia rozwiązania Ponieważ układ składa się tylko z trzech kondensatorów, jego pojemność zastępczą możemy obliczyć z dla trzech składowych. Rozwiązanie Po podstawieniu podanych pojemności do otrzymamy C R = C 1 + C 2 + C 3 = 1 ⁢ µF + 5 ⁢ µF + 8 ⁢ µF = 14 ⁢ µF ⁢ . C_{\\text{R}} = C_1 + C_2 + C_3 = \\SI{1}{\\micro\\farad} + \\SI{5}{\\micro\\farad} + \\SI{8}{\\micro\\farad} = \\SI{14}{\\micro\\farad} \\text{.} Znaczenie Zauważmy, że dla układu kondensatorów połączonych równolegle pojemność jest zawsze większa niż pojemność każdego z kondensatorów składowych. Łączenie równoległe i szeregowe kondensatorów Układy kondensatorów to najczęściej zestawienia kondensatorów połączonych szeregowo i równolegle, tak jak na . Aby obliczyć pojemność zastępczą takich układów, należy odszukać podukłady, w których występuje tylko jeden typ łączenia, i wyliczyć ich pojemności zastępcze. Następnie proces powtarza się aż do momentu, gdy będzie możliwe ustalenie pojemności zastępczej całego układu. Proces ten przedstawiono na poniższym przykładzie. (a) Układ składa się z kondensatorów łączonych zarówno szeregowo, jak i równolegle. (b) Kondensatory C 1 i C 2 są połączone szeregowo; ich pojemność zastępcza wynosi C S . (c) Kondensator zastępczy C S jest połączony równolegle z kondensatorem C 3 , a więc pojemność zastępcza całego układu C rw to suma C S i C 3 . Pojemność zastępcza układu kondensatorów Obliczmy pojemność zastępczą układu kondensatorów przedstawionego na . Odpowiedź zaokrąglimy do trzech miejsc po przecinku. Strategia rozwiązania Najpierw sprawdzamy, które kondensatory są połączone szeregowo, a które równolegle. Kondensatory C 1 i C 2 są połączone szeregowo. Ich kondensator zastępczy o pojemności C S jest połączony równolegle z kondensatorem C 3 . Rozwiązanie C 1 i C 2 są połączone szeregowo, zatem ich pojemność zastępczą C S możemy obliczyć z 1 C S = 1 C 1 + 1 C 2 = 1 1 ⁢ µF + 1 5 ⁢ µF = 1,2 1 ⁢ µF ⇒ C S = 0,833 ⁢ µF ⁢ . Kondensator zastępczy C S jest połączony równolegle z kondensatorem C 3 , zatem aby obliczyć pojemność zastępczą C rw C_{\\text{rw}} dla całego układu, stosujemy C rw = C S + C 3 = 0,833 ⁢ µF + 8 ⁢ µF = 8,833 ⁢ µF ⁢ . C_{\\text{rw}} = C_{\\text{S}} + C_3 = \\SI{0,833}{\\micro\\farad} + \\SI{8}{\\micro\\farad} = \\SI{8,833}{\\micro\\farad} \\text{.} Układ kondensatorów Obliczmy pojemność zastępczą C układu kondensatorów przedstawionego na , jeśli ich pojemności wynoszą C 1 = 12 ⁢ µF , C 2 = 2 ⁢ µF i C 3 = 4 ⁢ µF . Obliczmy także ładunek i napięcie na każdym z kondensatorów, jeśli układ podłączony jest do napięcia 12 ⁢ V . (a) Układ kondensatorów. (b) Równoważny układ dwóch kondensatorów. Strategia rozwiązania Najpierw należy obliczyć pojemność zastępczą C 23 równoległego połączenia kondensatorów C 2 i C 3 . Pojemność całkowita C jest wtedy pojemnością zastępczą szeregowo połączonych kondensatorów o pojemnościach C 1 i C 23 . Z równości C = Q ∕ U wyliczamy ładunki Q 1 , Q 2 i Q 3 oraz napięcia U 1 , U 2 i U 3 odpowiednio na kondensatorach o pojemnościach C 1 , C 2 i C 3 . Rozwiązanie Pojemność zastępcza dla kondensatorów C 2 i C 3 wynosi C 23 = C 2 + C 3 = 2 ⁢ µF + 4 ⁢ µF = 6 ⁢ µF ⁢ . Cały układ trzech kondensatorów jest równoważny szeregowemu połączeniu dwóch kondensatorów C 1 i C 23 , a więc 1 C = 1 12 ⁢ µF + 1 6 ⁢ µF = 1 4 ⁢ µF ⇒ C = 4 ⁢ µF ⁢ . Rozważmy równoważny układ dwóch kondensatorów przedstawiony na (b). Kondensatory połączone są szeregowo, dlatego mają na okładkach równe ładunki Q 1 = Q 23 . Podłączone są do jednego źródła prądu, a więc 12 ⁢ V = U 1 + U 23 = Q 1 C 1 + Q 23 C 23 = Q 1 12 ⁢ µF + Q 1 6 ⁢ µF ⇒ Q 1 = 48 ⁢ µC ⁢ . Różnica potencjałów na okładkach kondensatora C 1 wynosi U 1 = Q 1 C 1 = 48 ⁢ µC 12 ⁢ µF = 4 ⁢ V ⁢ . Ponieważ kondensatory C 2 i C 3 są połączone równolegle, napięcie jest na nich jednakowe U 2 = U 3 = 12 ⁢ V − 4 ⁢ V = 8 ⁢ V ⁢ . Ładunki na nich wynoszą więc odpowiednio Q 2 = C 2 ⁢ U 2 = 2 ⁢ µF ⋅ 8 ⁢ V = 16 ⁢ µC ⁢ , Q 3 = C 3 ⁢ U 3 = 4 ⁢ µF ⋅ 8 ⁢ V = 32 ⁢ µC ⁢ . Znaczenie Zgodnie z przypuszczeniami ładunek na układzie połączonych równolegle kondensatorów C 2 i C 3 wynosi Q 23 = Q 2 + Q 3 = 48 ⁢ µC . Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz pojemność zastępczą dla każdego z przedstawionych poniżej układów kondensatorów. Załóż, że C 1 = 1 ⁢ pF , C 2 = 2 ⁢ pF , C 3 = 4 ⁢ pF i C 4 = 5 ⁢ pF . Oblicz ładunek na każdym z kondensatorów przy założeniu, że każdy z układów podłączony jest do źródła prądu o różnicy potencjałów 12 ⁢ V . a. C = 0,86 ⁢ pF , Q 1 = 10 ⁢ pC , Q 2 = 3,4 ⁢ pC , Q 3 = 6,8 ⁢ pC ; b. C = 2,3 ⁢ pF , Q 1 = 12 ⁢ pC , Q 2 = Q 3 = 16 ⁢ pC ; c. C = 2,3 ⁢ pF , Q 1 = 9 ⁢ pC , Q 2 = 18 ⁢ pC , Q 3 = 12 ⁢ pC , Q 4 = 15 ⁢ pC . Podsumowanie Dla układu kondensatorów połączonych szeregowo odwrotność pojemności zastępczej jest sumą odwrotności pojemności kondensatorów składowych. Dla układu kondensatorów połączonych równolegle pojemność zastępcza jest sumą pojemności kondensatorów składowych. Aby obliczyć pojemność zastępczą układu zawierającego szeregowe i równoległe połączenia kondensatorów, należy odszukać podukłady kondensatorów połączonych jednakowo i zastąpić je równoważnymi kondensatorami zastępczymi, aż cały układ zostanie zredukowany do jednego kondensatora zastępczego. Pytania Chcesz zgromadzić w baterii kondensatorów dużą ilość ładunku. Czy powinieneś połączyć je szeregowo, czy równolegle? Wyjaśnij dlaczego. Jakie są maksymalna i minimalna pojemność, które można uzyskać po połączeniu trzech kondensatorów o pojemności 1 ⁢ µF ? 3 ⁢ µF , 0,33 ⁢ µF . Zadania Kondensator o pojemności 4 ⁢ pF połączono szeregowo z kondensatorem o pojemności 8 ⁢ pF , a następnie do ich układu przyłożono napięcie 400 ⁢ V . Jaki ładunek zgromadzi się na każdym z kondensatorów? Jakie jest napięcie na każdym z kondensatorów? a. 1,07 ⁢ nC ; b. 267 ⁢ V , 133 ⁢ V . Trzy kondensatory o pojemnościach C 1 = 2 ⁢ µF , C 2 = 3 ⁢ µF i C 3 = 6 ⁢ µF połączono równolegle. Następnie do układu przyłożono napięcie 500 ⁢ V . Oblicz napięcie oraz ładunek na każdym z kondensatorów. Oblicz całkowitą pojemność układu kondensatorów przedstawionego poniżej. 0,29 ⁢ µF . Potrzebujesz układu kondensatorów o pojemności 0,75 ⁢ F , ale masz jedynie kondensatory o pojemności 1,5 ⁢ mF . Co najmniej ilu kondensatorów należy użyć, żeby osiągnąć pożądaną pojemność i jak należy je połączyć? 500 kondensatorów; należy je połączyć równolegle. Jakie pojemności zastępcze można uzyskać z połączenia kondensatora o pojemności 5 ⁢ µF z kondensatorem o pojemności 8 ⁢ µF ? 3,08 ⁢ µF dla połączenia szeregowego i 13 ⁢ µF dla połączenia równoległego. Oblicz pojemność zastępczą układu kondensatorów przedstawionego poniżej. Oblicz pojemność zastępczą układu kondensatorów przedstawionego poniżej. 11,4 ⁢ µF . Kondensator o pojemności 40 ⁢ pF naładowano tak, że napięcie na nim wynosiło 500 ⁢ V . Następnie jego okładki połączono z okładkami nienaładowanego kondensatora o pojemności 10 ⁢ pF . Oblicz początkowy ładunek na kondensatorze o pojemności 40 ⁢ pF ; ładunek na każdym z kondensatorów po połączeniu; różnicę potencjałów na każdym z kondensatorów po połączeniu. Kondensator o pojemności 2 ⁢ µF połączono szeregowo z kondensatorem o pojemności 4 ⁢ µF i do układu przyłożono napięcie 1 ⁢ kV . Następnie naładowane kondensatory odłączono od źródła prądu i połączono ze sobą okładkami o jednakowych znakach. Oblicz końcowe napięcie i ładunek na każdym z kondensatorów. 0,89 ⁢ mC ; 1,78 ⁢ mC ; 444 ⁢ V . połączenie równoległe (ang. parallel combination ) sposób łączenia elementów obwodu elektrycznego, w którym wszystkie wejścia elementów są wspólnie podłączone do jednej strony obwodu, a wszystkie wyjścia wspólnie do drugiej strony obwodu połączenie szeregowe (ang. series combination ) sposób łączenia elementów obwodu elektrycznego, w którym elementy włączone są do obwodu jeden za drugim", "section": "Łączenie szeregowe i równoległe kondensatorów", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Energia zgromadzona w kondensatorze Większość z nas widziała filmy i seriale, w których lekarze używają defibrylatora, aby przywrócić prawidłową akcję serca, przepuszczając przez nie impuls elektryczny. Jeśli twórcy przywiązywali wagę do szczegółów, bohater mówi niekiedy do współpracownika: „daj mi 400 dżuli”. Energia dostarczana przez defibrylator zmagazynowana jest w kondensatorze i może być regulowana w zależności od potrzeb. Jej ilość często podaje się w jednostkach układu SI, czyli dżulach. Mniej dramatycznym zastosowaniem kondensatorów jest dostarczanie energii podczas ładowania baterii urządzeń mikroelektronicznych ( ). Kondensatory wykorzystuje się również jako źródło energii dla lamp błyskowych w aparatach. Kondensatory na płytce drukowanej opisane są kodem składającym się z litery „C” oraz liczby. Energia E C zgromadzona w kondensatorze jest energią potencjalną elektrostatyczną, a więc związaną z ładunkiem Q oraz napięciem U U pomiędzy okładkami. Naładowany kondensator magazynuje energię w polu elektrycznym między okładkami. Podczas jego ładowania pole to staje się coraz silniejsze. Po odłączeniu naładowanego kondensatora od akumulatora energia pozostaje w polu elektrycznym między okładkami. Żeby ustalić, jak energia może się wyrażać przez Q i U U , rozważmy przypadek naładowanego płaskiego kondensatora próżniowego. Przestrzeń między jego okładkami ma objętość S ⁢ d (pole okładek S pomnożone przez odległość d między nimi) i panuje w niej jednorodne pole elektryczne E → \\vec{E} . Cała energia E C zgromadzona w kondensatorze zawiera się w tej przestrzeni. Gęstość energii (ang. energy density ) u E w tym obszarze to po prostu E C podzielone przez objętość S ⁢ d . Jeśli znamy gęstość energii, możemy obliczyć energię ze wzoru E C = u E ⁢ S ⁢ d . Z rozdziału Fale elektromagnetyczne (po przyswojeniu materiału dotyczącego równań Maxwella) dowiemy się, że gęstość energii u E w polu elektrycznym E → \\vec{E} w próżni zależy jedynie od natężenia pola i wynosi u E = 1 2 ⁢ ε 0 ⁢ E 2 ⁢ . Po pomnożeniu gęstości energii przez objętość między okładkami otrzymamy całkowitą energię zgromadzoną w kondensatorze płaskim E C = u E ⁢ S ⁢ d = 1 2 ⁢ ε 0 ⁢ E 2 ⁢ S ⁢ d = 1 2 ⁢ ε 0 ⁢ U 2 d 2 ⁢ S ⁢ d = 1 2 ⁢ U 2 ⁢ ε 0 ⋅ S d = 1 2 ⁢ U 2 ⁢ C ⁢ . E_C = u_E Ad = \\frac{1}{2} \\epsilon_0 E^2 Ad = \\frac{1}{2} \\epsilon_0 \\frac{U^2}{d^2} A d = \\frac{1}{2} U^2 \\epsilon_0 \\cdot \\frac{A}{d} = \\frac{1}{2} U^2 C \\text{.} W powyższym wyprowadzeniu wykorzystaliśmy fakt, że pole elektryczne między okładkami jest jednorodne, a więc E = U ∕ d oraz C = ε 0 ⁢ S ∕ d . Ponieważ C = Q ∕ U , wynik ten możemy wyrazić w innych, równoważnych postaciach E C = 1 2 ⁢ U 2 ⁢ C = 1 2 ⋅ Q 2 C = 1 2 ⁢ Q ⁢ U ⁢ . Wyrażenie z na energię zgromadzoną w kondensatorze płaskim jest w ogólności prawdziwe dla każdego typu kondensatora. Żeby to wykazać, weźmy dowolny nienaładowany kondensator. Podłączenie go do źródła prądu wytwarza różnicę potencjałów U = q ∕ C między jego okładkami. Na początku ładunek na okładkach wynosi q = 0 ⁢ C . W miarę ładowania ilość ładunku na okładkach stopniowo rośnie, aż po pewnym czasie osiąga wartość Q . Teraz przeniesienie nieskończenie małego ładunku d q z okładki ujemnej na dodatnią wymaga wykonania nad d q pracy d W = U ⁢ d q = q ∕ C ⋅ d q . Praca ta przekształca się w energię magazynowaną w polu elektrycznym kondensatora. Całkowita praca wymagana do naładowania kondensatora do ładunku Q wynosi W = ∫ 0 W ⁢ Q d W = ∫ 0 Q q C ⁢ d q = 1 2 ⋅ Q 2 C ⁢ . Ponieważ nie określiliśmy geometrii kondensatora, powyższe równanie jest prawdziwe dla każdego jego typu. Całkowita praca W potrzebna, aby naładować kondensator, równa się energii potencjalnej E C zgromadzonej między okładkami, czyli E C = W . Jeśli ładunek wyrazimy w kulombach, potencjał w woltach, a pojemność elektryczną w faradach, to równanie da wartość energii w dżulach. Gdy wiemy, że energię zgromadzoną w kondensatorze wyraża wzór E C = Q 2 ∕ 2 ⁢ C , możemy obliczyć gęstość energii u E w próżni pomiędzy okładkami naładowanego kondensatora płaskiego. Wystarczy, że podzielimy E C przez objętość S ⁢ d przestrzeni pomiędzy okładkami, pamiętając, że dla kondensatora płaskiego E = σ ∕ ε 0 E = \\sigma / \\epsilon_0 i C = ε 0 ⁢ S ∕ d . Otrzymujemy więc zależność u E = E C S ⁢ d = Q 2 2 ⁢ C ⋅ 1 S ⁢ d = Q 2 2 ⁢ ε 0 ⁢ S ∕ d ⋅ 1 S ⁢ d = 1 2 ⁢ ε 0 ⋅ Q S 2 u E = σ 2 2 ⁢ ε 0 = E ⁢ ε 0 2 2 ⁢ ε 0 = ε 0 2 ⁢ E 2 ⁢ . \\begin{multiline} u_E &= \\frac{E_C}{Sd} = \\frac{Q^2}{2C} \\cdot \\frac{1}{Sd} = \\frac{Q^2}{2 \\epsilon_0 S /d} \\cdot \\frac{1}{Sd} = \\frac{1}{2 \\epsilon_0} \\cdot (\\frac{Q}{S})^2 \\\\ &= \\frac{\\sigma^2}{2 \\epsilon_0} = \\frac{(E \\epsilon_0)^2}{2 \\epsilon_0} = \\frac{\\epsilon_0}{2} E^2 \\text{.}\\end{multiline} u E = E C S ⁢ d = Q 2 2 ⁢ C ⋅ 1 S ⁢ d = Q 2 2 ⁢ ε 0 ⁢ S ∕ d ⋅ 1 S ⁢ d = 1 2 ⁢ ε 0 ⋅ Q S 2 = σ 2 2 ⁢ ε 0 = E ⁢ ε 0 2 2 ⁢ ε 0 = ε 0 2 ⁢ E 2 ⁢ . Widzimy, że to wyrażenie na gęstość energii w kondensatorze płaskim pokrywa się z ogólnym wyrażeniem zawartym w . Moglibyśmy powtórzyć te obliczenia dla kondensatora kulistego, walcowego i innych typów, ale zawsze otrzymalibyśmy tę samą ogólną zależność z . Energia zgromadzona w kondensatorze Obliczmy energię zgromadzoną w układzie przedstawionym na (a), kiedy kondensatory są w pełni naładowane, a ich pojemności elektryczne wynoszą C 1 = 12 ⁢ µF , C 2 = 2 ⁢ µF i C 3 = 4 ⁢ µF . Strategia rozwiązania Stosujemy , aby obliczyć wartości energii E C 1 E_{C\\sep 1} , E C 2 E_{C\\sep 2} i E C 3 E_{C\\sep 3} zgromadzonych na kondensatorach o pojemnościach odpowiednio C 1 , C 2 i C 3 . Całkowita energia jest sumą tych wartości. Rozwiązanie Wiemy, że C 1 = 12 ⁢ µF i U 1 = 4 ⁢ V , C 2 = 2 ⁢ µF i U 2 = 8 ⁢ V , C 3 = 4 ⁢ µF i U 3 = 8 ⁢ V . Energie zgromadzone w kondensatorach wynoszą E C 1 = 1 2 ⁢ C 1 ⁢ U 1 2 = 1 2 ⋅ 12 ⁢ µF ⋅ 4 ⁢ V 2 = 96 ⁢ µJ ⁢ , E C 2 = 1 2 ⁢ C 2 ⁢ U 2 2 = 1 2 ⋅ 2 ⁢ µF ⋅ 8 ⁢ V 2 = 64 ⁢ µJ ⁢ , E C 3 = 1 2 ⁢ C 3 ⁢ U 3 2 = 1 2 ⋅ 4 ⁢ µF ⋅ 8 ⁢ V 2 = 128 ⁢ µJ ⁢ . \\begin{align} E_{C\\sep 1} &= \\frac{1}{2} C_1 U_1^2 = \\frac{1}{2} \\cdot \\SI{12}{\\micro\\farad} \\cdot (\\SI{4}{\\volt})^2 = \\SI{96}{\\micro\\joule} \\text{,} \\\\ E_{C\\sep 2} &= \\frac{1}{2} C_2 U_2^2 = \\frac{1}{2} \\cdot \\SI{2}{\\micro\\farad} \\cdot (\\SI{8}{\\volt})^2 = \\SI{64}{\\micro\\joule} \\text{,} \\\\ E_{C\\sep 3} &= \\frac{1}{2} C_3 U_3^2 = \\frac{1}{2} \\cdot \\SI{4}{\\micro\\farad} \\cdot (\\SI{8}{\\volt})^2 = \\SI{128}{\\micro\\joule} \\text{.} \\end{align} Całkowita energia zgromadzona w układzie wynosi E C = E C 1 + E C 2 + E C 3 = 96 ⁢ µJ + 64 ⁢ µJ + 128 ⁢ µJ = 288 ⁢ µJ ⁢ . E_C = E_{C\\sep 1} + E_{C\\sep 2} + E_{C\\sep 3} = \\SI{96}{\\micro\\joule} + \\SI{64}{\\micro\\joule} + \\SI{128}{\\micro\\joule} = \\SI{288}{\\micro\\joule} \\text{.} Znaczenie Wynik ten można sprawdzić, obliczając energię zgromadzoną w pojedynczym kondensatorze o pojemności 4 ⁢ µF , który, jak stwierdziliśmy wcześniej, jest równoważny układowi. Całkowite napięcie w układzie wynosi 12 ⁢ V . Wyznaczona w ten sposób całkowita energia zgadza się z poprzednim wynikiem E C = 1 2 ⁢ C ⁢ U 2 = 1 2 ⋅ 4 ⁢ µF ⋅ 12 ⁢ V 2 = 288 ⁢ µJ ⁢ . E_C = \\frac12 CU^2 = \\frac12 \\cdot \\SI{4}{\\micro\\farad} \\cdot (\\SI{12}{\\volt})^2 = \\SI{288}{\\micro\\joule} \\text{.} Sprawdź, czy rozumiesz. Różnica potencjałów między okładkami kondensatora o pojemności 5 ⁢ pF wynosi 0,4 ⁢ V . Jaka jest wartość energii zgromadzonej w kondensatorze? Ile razy zwiększy się wartość energii zgromadzonej w kondensatorze, jeśli różnica potencjałów między okładkami będzie wynosiła 1,2 ⁢ V ? a. 4 ⋅ 10 − 13 ⁢ J ; b. 9 razy. W przypadku nagłej niewydolności serca przenośne urządzenie elektroniczne nazywane automatycznym defibrylatorem zewnętrznym (ang. automated external defibrillator , AED) może uratować życie. Defibrylator ( ) przesyła do serca pacjenta duży ładunek w postaci krótkiego impulsu, zwanego wstrząsem elektrycznym, aby przywrócić naturalny rytm bicia serca, zakłócony przez arytmię. Atak serca może wystąpić w konsekwencji nieregularnych skurczów serca, zwanych migotaniem komór. Silny elektrowstrząs jest w stanie przerwać arytmię i pozwolić sercu powrócić do naturalnego rytmu skurczów. Defibrylatory są obecnie standardowym wyposażeniem karetek pogotowia. AED można również znaleźć w wielu miejscach publicznych. Są one przystosowane do używania przez osoby nieprzeszkolone. Zazwyczaj urządzenie samodzielnie diagnozuje rytm serca pacjenta, a następnie wysyła elektrowstrząs o odpowiednich energii i kształcie fali. Przed użyciem defibrylatora zwykle zaleca się przeprowadzenie resuscytacji krążeniowo-oddechowej. Automatyczne defibrylatory zewnętrzne znajdują się w wielu miejscach publicznych. Te przenośne urządzenia przekazują głosowe wskazówki dotyczące udzielania pomocy w kluczowych pierwszych minutach po ataku serca. Pojemność elektryczna defibrylatora Defibrylator uwalnia energię 4 ⋅ 10 2 ⁢ J , rozładowując kondensator, na którym napięcie wynosi początkowo 10 4 ⁢ V . Ile wynosi jego pojemność elektryczna? Strategia rozwiązania Z treści zadania znamy E C i U , a obliczyć mamy pojemność elektryczną C . Wyznaczamy C z i podstawiamy wartości. Rozwiązanie Przekształcamy wzór tak, aby otrzymać C , a następnie podstawiamy wartości i otrzymujemy C = 2 ⋅ E C U 2 = 2 ⋅ 4 ⋅ 10 2 ⁢ J 10 4 ⁢ V 2 = 8 ⁢ µF ⁢ . Podsumowanie Kondensatory wykorzystuje się jako źródła energii dla wielu urządzeń, takich jak defibrylatory, lampy błyskowe czy urządzenia mikroelektroniczne, np. kalkulatory. Energia zmagazynowana w kondensatorze jest pracą wykonaną podczas jego ładowania począwszy od stanu, w którym na okładkach nie ma żadnego ładunku. Energia zawarta jest w polu elektrycznym pomiędzy okładkami i zależy od ilości ładunku oraz różnicy potencjałów pomiędzy nimi. Energia zmagazynowana w układzie kondensatorów jest sumą energii zgromadzonych w każdym z kondensatorów. Można ją również obliczyć jako energię zgromadzoną w kondensatorze zastępczym równoważnym układowi. Pytania Czy żeby zgromadzić jak największą energię w baterii kondensatorów, należy je połączyć szeregowo, czy równolegle? Wyjaśnij dlaczego. Zadania Jaka energia zgromadzi się w kondensatorze o pojemności 8 ⁢ µF , jeśli różnica potencjałów między jego okładkami wynosi 6 ⁢ V ? Kondensator o ładunku 2,5 ⁢ µC podłączono do akumulatora o napięciu 6 ⁢ V . Jaka energia zgromadzi się między okładkami? 7,5 ⁢ µJ . Jaka energia gromadzi się w polu elektrycznym metalowej kuli o promieniu 2 ⁢ m , utrzymywanej w potencjale 10 ⁢ V ? Jaka energia zgromadzi się w kondensatorze o pojemności 10 ⁢ µF w defibrylatorze, jeśli napięcie na jego okładkach wynosi 9 ⋅ 10 3 ⁢ V ? Oblicz ładunek na okładkach kondensatora. a. 405 ⁢ J ; b. 90 ⁢ mC . Podczas operacji na otwartym sercu do defibrylacji wystarczy znacznie mniejsza energia, niż obliczona w poprzednim zadaniu. Jakie napięcie przyłożone jest w defibrylatorze do kondensatora o pojemności 8 ⁢ µF , w którym zgromadzono energię 40 ⁢ J ? Oblicz ładunek na okładkach kondensatora. Kondensator o pojemności 165 ⁢ µF połączono ze źródłem prądu stałego. Jaka energia zgromadzi się w kondensatorze, jeśli do układu przyłożone zostanie napięcie 119 ⁢ V ? 1,15 ⁢ J . Dane są: akumulator 9 ⁢ V oraz kondensatory o pojemnościach 2 ⁢ µF i 7,4 ⁢ µF . Oblicz ładunek i energię zgromadzone w układzie, jeśli kondensatory połączone są z akumulatorem szeregowo; Oblicz to samo dla kondensatorów połączonych równolegle. Pewien fizyk niepokoi się, że między dwiema metalowymi półkami regału na książki o drewnianym szkielecie może wytworzyć się wysokie napięcie, jeśli na półkach, na przykład w wyniku tarcia, zgromadzą się ładunki elektrostatyczne. Jaka jest pojemność elektryczna pustych półek, jeśli mają one powierzchnię 10 2 ⁢ m 2 i znajdują się w odległości 0,2 ⁢ m od siebie? Jakie napięcie wytworzy się między nimi, jeśli zgromadzi się na nich ładunek 2 ⁢ nC o przeciwnych znakach? Aby udowodnić, że napięcie to nie jest niebezpieczne, oblicz energię zgromadzoną między półkami; W rzeczywistości półki mają 100 razy mniejszą powierzchnię niż rozważane, hipotetyczne półki. Czy fizyk ma powody do niepokoju? a. 4,43 ⋅ 10 − 12 ⁢ F ; b. 452 ⁢ V ; c. 4,52 ⋅ 10 − 7 ⁢ J ; d. Nie. Kondensator płaski składa się z dwóch kwadratowych okładek o boku 25 ⁢ cm ustawionych równolegle w odległości 1 ⁢ mm od siebie. Przyłożono do niego napięcie 50 ⁢ V . Bez odłączania napięcia okładki rozsunięto na odległość 2 ⁢ mm . Jaka energia zgromadzi się w kondensatorze przed rozsunięciem okładek i po nim? Dlaczego energia maleje, skoro przy rozsuwaniu okładek została wykonana praca? Niech pojemność elektryczna kondensatora zmiennego będzie regulowana ręcznie w zakresie od 100 ⁢ pF do 800 ⁢ pF za pomocą pokrętła obracanego od 0 ° do 180 ° . Do kondensatora ustawionego na 180 ° (co odpowiada pojemności 800 ⁢ pF ) przyłożono napięcie 500 ⁢ V . Po naładowaniu kondensator odłączono od źródła prądu, a następnie pokrętło obrócono na 0 ° . Jeśli tarcie pokrętła jest pomijalnie małe, to ile pracy wymaga obrócenie go z pozycji 180 ° do pozycji 0 ° ? 0,7 ⁢ mJ . gęstość energii (ang. energy density ) energia zgromadzona w kondensatorze podzielona przez objętość przestrzeni pomiędzy okładkami", "section": "Energia zgromadzona w kondensatorze", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Kondensator z dielektrykiem Jak wspominaliśmy wcześniej, materiał izolujący, którym najczęściej jest dielektryk, umieszcza się pomiędzy okładkami kondensatora. Jego obecność wpływa na pojemność elektryczną. Aby zrozumieć dlaczego, przyjrzyjmy się eksperymentowi przedstawionemu na . Na początku kondensator próżniowy o pojemności C 0 jest ładowany przez akumulator do napięcia U 0 . Po całkowitym naładowaniu kondensatora akumulator zostaje odłączony. Na okładkach zgromadzony jest ładunek Q 0 , a różnica potencjałów między nimi wynosi U 0 . Teraz wyobraźmy sobie, że do kondensatora wsuwamy dielektryk, który całkowicie wypełnia przestrzeń między okładkami. Po takim zabiegu napięcie wskazywane przez woltomierz spadnie do wartości U . Można je zapisać jako ułamek napięcia początkowego U 0 , stosując współczynnik ε r ≥ 1 \\epsilon_{\\text{r}}\\geq 1 U = 1 ε r ⁢ U 0 ⁢ . Występująca w tym równaniu stała ε r nazywana jest względną przenikalnością elektryczną (ang. dielectric constant ), dawniej stałą dielektryczną materiału i zależy od rodzaju zastosowanego dielektryka. W następnym podrozdziale szczegółowo wyjaśnimy, dlaczego obecność dielektryka zmniejsza napięcie. Różne dielektryki mają różne względne przenikalności elektryczne (w następnym podrozdziale podamy tabelę wartości ε r dla typowych dielektryków). Po odłączeniu akumulatora ładunek nie może przepływać z okładek kondensatora do akumulatora. Wsunięcie dielektryka nie może więc mieć wpływu na ładunek zgromadzony na okładkach – nadal równa się on Q 0 . Pojemność elektryczna kondensatora z dielektrykiem musi więc wynosić C = Q 0 U = Q 0 U 0 ∕ ε r = ε r ⁢ C 0 ⁢ . Powyższe równanie wskazuje, że pojemność elektryczna C 0 pustego kondensatora (kondensatora próżniowego) zwiększa się o czynnik ε r , kiedy całą przestrzeń pomiędzy okładkami wypełnia dielektryk. Zauważmy, że jest prawdziwe także dla kondensatora z próżnią, kiedy przyjmiemy ε r = 1 . Oznacza to, że względna przenikalność elektryczna określa, ile razy przenikalność elektryczna danego materiału jest większa od przenikalności elektrycznej próżni. (a) W pełni naładowany kondensator próżniowy ma napięcie U 0 i ładunek Q 0 (ładunki znajdują się na wewnętrznych powierzchniach okładek; na schemacie wskazaliśmy znak ładunku na każdej z nich). (b) Na początku (krok 1) odłączono kondensator. Następnie (krok 2) obojętny elektrycznie dielektryk o stałej dielektrycznej ε r \\epsilon_{\\text{r}} wsunięto między okładki naładowanego kondensatora. Pomiar woltomierzem wskazuje, że napięcie na kondensatorze spadło do wartości U = U 0 ∕ ε r . Schemat wskazuje znaki ładunków indukowanych na powierzchni dielektryka pomiędzy okładkami kondensatora. Zasada wyrażona w znajduje szerokie zastosowanie w przemyśle budowlanym ( ). Metalowe płytki w wykrywaczu profili działają jak okładki kondensatora. Wykrywacz przykłada się płaską stroną do ściany i przesuwa w kierunku poziomym. Kiedy urządzenie znajdzie się nad drewnianym słupkiem konstrukcyjnym, pojemność elektryczna kondensatora się zmienia, ponieważ drewno ma inną przenikalność elektryczną niż gipsowa ściana. Zmiana ta uruchamia sygnalizator, co pozwala wykryć słupek. Elektroniczny wykrywacz profili wykorzystuje się do znajdowania ukrytych pod ścianą drewnianych elementów konstrukcyjnych lub przewodów. Dielektryk wpływa również na energię elektryczną zgromadzoną w kondensatorze. Jeśli w kondensatorze próżniowym gromadzi się energia E C 0 E_{C\\sep 0} , to w takim samym kondensatorze z dielektrykiem zgromadzi się energia E C pomniejszona o czynnik ε r E C = 1 2 ⋅ Q 2 C = 1 2 ⋅ Q 0 2 ε r ⁢ C 0 = 1 ε r ⁢ E C 0 ⁢ . E_C = \\frac12 \\cdot \\frac{Q^2}{C} = \\frac12 \\cdot \\frac{Q_0^2}{\\epsilon_{\\text{r}} C_0} = \\frac{1}{\\epsilon_{\\text{r}}} E_{C\\sep 0} \\text{.} Kiedy do naładowanego kondensatora próżniowego zbliżymy dielektryk, wówczas zareaguje on na pole elektryczne wytwarzane przez ładunki zgromadzone na okładkach. Tak jak dowiedzieliśmy się z rozdziału Ładunki i pola elektryczne , na powierzchni próbki indukują się ładunki. Nie są to jednak ładunki swobodne, jak w przewodniku, ponieważ w idealnym izolatorze takie nie występują. Ładunki indukowane na powierzchni dielektryka mają znak przeciwny do znaku ładunków swobodnych na sąsiadujących okładkach kondensatora. W rezultacie dielektryk jest wciągany między okładki, a energia potrzebna do wykonania pracy przy polaryzacji dielektryka między okładkami pochodzi ze zgromadzonej energii elektrycznej. Energia maleje więc zgodnie z . Dielektryk wsunięty do izolowanego kondensatora Kondensator próżniowy o pojemności 20 ⁢ pF naładowano do różnicy potencjałów 40 ⁢ V . Następnie akumulator odłączono, a całą przestrzeń między okładkami wypełniono kawałkiem teflonu o względnej przenikalności elektrycznej 2,1 ( ). Jakie są wartości początkowe i końcowe pojemności elektrycznej; ładunku na okładkach; różnicy potencjałów między okładkami; energii zgromadzonej w kondensatorze? Strategia rozwiązania Wiemy, że początkowa pojemność elektryczna to C 0 = 20 ⁢ pF , a początkowa różnica potencjałów między okładkami to U 0 = 40 ⁢ V . Wykorzystujemy i inne wzory, w których występuje pojemność elektryczna, a następnie podstawiamy dane. Rozwiązanie Pojemność elektryczna wzrasta do C = ε r ⁢ C 0 = 2,1 ⋅ 20 ⁢ pF = 42 ⁢ pF ⁢ . Bez dielektryka ładunek na okładkach wynosi Q 0 = C 0 ⁢ U 0 = 20 ⁢ pF ⋅ 40 ⁢ V = 0,8 ⁢ nC ⁢ . Ponieważ akumulator został odłączony przed wsunięciem dielektryka, ładunek na okładkach pozostaje bez zmian na poziomie 0,8 ⁢ nC . Po wsunięciu dielektryka różnica potencjałów wynosi U = 1 ε r ⁢ U 0 = 1 2,1 ⋅ 40 ⁢ V = 19 ⁢ V ⁢ . Energia zgromadzona w kondensatorze bez dielektryka wynosi E C 0 = 1 2 ⁢ C 0 ⁢ U 0 2 = 1 2 ⋅ 20 ⁢ pF ⋅ 40 ⁢ V 2 = 16 ⁢ nJ ⁢ . E_{C\\sep 0} = \\frac12 C_0U_0^2 = \\frac12 \\cdot \\SI{20}{\\pico\\farad} \\cdot (\\SI{40}{\\volt})^2 = \\SI{16}{\\nano\\joule} \\text{.} Z obliczamy, że energia zgromadzona w kondensatorze z wsuniętym dielektrykiem spada do E C = 1 ε r ⁢ E C 0 = 1 2,1 ⋅ 16 ⁢ nJ = 7,6 ⁢ nJ ⁢ . E_C = \\frac{1}{\\epsilon_{\\text{r}}} E_{C\\sep 0} = \\frac{1}{\\num{2,1}} \\cdot \\SI{16}{\\nano\\joule} = \\SI{7,6}{\\nano\\joule} \\text{.} Znaczenie Zauważmy, że obecność dielektryka znacznie zwiększa pojemność elektryczną. Efekt ten jest znacznie silniejszy niż przy zmianie geometrii kondensatora. Sprawdź, czy rozumiesz. Kiedy do izolowanego, naładowanego kondensatora wsunięto dielektryk, energia zgromadzona między okładkami spadła do 33 ⁢ % wartości początkowej. Jaka jest względna przenikalność elektryczna dielektryka? Jak zmieniła się pojemność elektryczna kondensatora? a. 3; b. C = 3 ⁢ C 0 . Podsumowanie Każdy dielektryk ma charakterystyczną względną przenikalność elektryczną ε r ≥ 1 \\epsilon_{\\text{r}}\\geq 1 . Kiedy przestrzeń pomiędzy okładkami kondensatora całkowicie wypełnia dielektryk o względnej przenikalności elektrycznej ε r , pojemność elektryczna kondensatora próżniowego wzrasta o czynnik ε r . Kiedy przestrzeń pomiędzy okładkami kondensatora całkowicie wypełnia dielektryk o względnej przenikalności elektrycznej ε r , energia zgromadzona w izolowanym kondensatorze zmniejsza się o czynnik ε r . Pytania Omów, co by się stało, gdyby między okładki kondensatora wsunąć przewodzącą płytkę, a nie dielektryk. Pojemność elektryczna kondensatora wzrośnie. Omów, jak energia zgromadzona w naładowanym kondensatorze próżniowym zmienia się wraz z wsunięciem dielektryka, jeśli kondensator jest izolowany i nie zmienia się zgromadzony na nim ładunek; kondensator pozostaje podłączony do akumulatora i nie zmienia się różnica potencjałów między okładkami. Zadania Udowodnij, że dla danego dielektryka maksymalna energia, jaka może się zgromadzić w kondensatorze płaskim, jest wprost proporcjonalna do objętości dielektryka. Kondensator wypełniony próżnią wykonano z dwóch równoległych okładek oddalonych o 1 ⁢ mm od siebie. Powierzchnia wewnętrzna każdej z nich wynosi 8 ⁢ cm 2 . Jaka jest pojemność elektryczna takiego kondensatora? Jaka będzie pojemność elektryczna, jeśli przestrzeń między okładkami zostanie wypełniona dielektrykiem o względnej przenikalności elektrycznej równej 6? a. 7,1 ⁢ pF ; b. 42,6 ⁢ pF \\SI{42,6}{\\pico\\farad} . Kondensator wykonano z dwóch koncentrycznych sfer, z których jedna ma promień 5 ⁢ cm , a druga 8 ⁢ cm . Jaka jest pojemność elektryczna takiego układu przewodników? Jaka byłaby pojemność elektryczna, gdyby przestrzeń pomiędzy okładkami wypełniona została dielektrykiem o względnej przenikalności elektrycznej równej 6? Kondensator płaski ma ładunek 9 ⁢ µC i pojemność elektryczną 3 ⁢ µF , kiedy wypełniony jest tylko powietrzem. Odległość między okładkami wynosi 2 ⁢ mm . Zachowując stały ładunek na okładkach, do kondensatora wsunięto dielektryk o względnej przenikalności elektrycznej ε r = 5 w taki sposób, że wypełnił on całą przestrzeń pomiędzy okładkami. Załóż, że przenikalność elektryczna powietrza jest równa przenikalności elektrycznej próżni. Ile wynosi początkowa, a ile końcowa różnica potencjałów między okładkami kondensatora? Jakie pole elektryczne panuje w punkcie położonym wewnątrz kondensatora przed wsunięciem dielektryka i po jego wsunięciu? a. Przed: 3 ⁢ V , po: 0,6 ⁢ V ; b. Przed: 1500 ⁢ V ∕ m , po 300 ⁢ V ∕ m . Wewnętrzną powierzchnię niektórych błon komórkowych w organizmie człowieka pokrywa warstwa ładunków ujemnych. Niech gęstość powierzchniowa ładunku na zewnętrznej i wewnętrznej powierzchni błony komórkowej wynosi ± 0,5 ⋅ 10 -3 ⁢ C ∕ m 2 \\text{}\\pm \\SI{0,5e-3}{\\coulomb\\per\\metre\\squared} , grubość błony komórkowej 5 ⋅ 10 − 9 ⁢ m , a względna przenikalność elektryczna błony komórkowej ε r = 5,4 . Oblicz natężenie pola elektrycznego w ścianie komórkowej pomiędzy warstwami ładunku; Oblicz różnicę potencjałów po obu stronach błony. Po której stronie potencjał jest wyższy? Objętość typowej komórki w organizmie człowieka wynosi 10 − 16 ⁢ m 3 . Oszacuj całkowitą energię zgromadzoną w polu elektrycznym w komórce tej wielkości, zakładając, że komórka ma kształt kuli. (Wskazówka: Oblicz objętość ściany komórkowej). Kondensator płaski z powietrzem między okładkami podłączono do akumulatora i naładowano. Następnie akumulator odłączono, a cały zgromadzony ładunek pozostał na okładkach. Pomiar woltomierzem wskazuje, że napięcie na kondensatorze wynosi 45 ⁢ V . Po wsunięciu dielektryka w taki sposób, aby wypełniał on całą przestrzeń między okładkami, odczyt na woltomierzu spadł do 11,5 ⁢ V . Jaka jest względna przenikalność elektryczna dielektryka? Załóż, że przenikalność elektryczna powietrza jest równa przenikalności elektrycznej próżni; Jakie będzie wskazanie na woltomierzu, jeśli dielektryk zostanie wysunięty częściowo, tak aby zajmował jedynie 1 ∕ 3 objętości między okładkami? a. 3,91 ; b. 22,8 ⁢ V . względna przenikalność elektryczna (ang. dielectric constant ) współczynnik pokazujący, ile razy zwiększa się pojemność elektryczna kondensatora po wsunięciu danego dielektryka między okładki", "section": "Kondensator z dielektrykiem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Mikroskopowy model dielektryka Wpływ dielektryka na pojemność elektryczną możemy lepiej zrozumieć, jeśli przyjrzymy się jego zachowaniu na poziomie molekularnym. Jak wiemy z poprzednich rozdziałów, każdą cząsteczkę można zaklasyfikować jako polarną (ang. polar ) lub apolarną (ang. nonpolar ). W izolowanych cząsteczkach apolarnych ładunki dodatnie i ujemne są rozłożone symetrycznie, natomiast w cząsteczkach polarnych rozkład ładunków jest nierównomierny ( ). Innymi słowy, cząsteczki polarne mają trwały elektryczny moment dipolowy (ang. electric-dipole moment ), a cząsteczki apolarne nie. Dla przykładu cząsteczka wody jest polarna, a cząsteczka tlenu – apolarna. Cząsteczki apolarne mogą nabrać właściwości cząsteczek polarnych w obecności zewnętrznego pola elektrycznego. Efekt ten nazywamy polaryzacją indukowaną (ang. induced polarization ). Schemat polaryzacji. W niespolaryzowanym atomie (lub cząsteczce) naładowana ujemnie chmura elektronów równomiernie rozkłada się wokół dodatnio naładowanego jądra atomowego (jąder), natomiast w spolaryzowanym atomie (lub cząsteczce) po jednej stronie przeważają ładunki dodatnie, a po drugiej ujemne. Układ jako całość pozostaje jednak obojętny elektrycznie. Polaryzacja może być spowodowana obecnością zewnętrznego pola elektrycznego. Niektóre cząsteczki i atomy mają jednak stałą polaryzację (są dipolami elektrycznymi) nawet w przypadku braku zewnętrznego pola elektrycznego. Takie cząsteczki i atomy nazywamy polarnymi. Na początku przyjrzyjmy się dielektrykowi złożonemu z cząsteczek polarnych. W sytuacji braku zewnętrznego pola elektrycznego dipole elektryczne skierowane są w losowych kierunkach, tak jak przedstawiono na (a). Kiedy jednak dielektryk zostanie umiejscowiony w zewnętrznym polu elektrycznym E → 0 , cząsteczki polarne ustawiają się zgodnie z liniami pola, tak jak pokazano to w części (b). Przeciwne ładunki sąsiadujących ze sobą dipoli w środku dielektryka wzajemnie się znoszą, więc staje się on obojętny elektrycznie (symbolizują to przerywane okręgi). Sytuacja zmienia się jednak tuż przy górnej i dolnej granicy dielektryka (w obszarach zaznaczonych prostokątami o przerywanych bokach), gdzie z powodu jednakowego ustawienia dipoli ładunki nie mają par, z którymi mogłyby się znieść. Powstałe w ten sposób indukowane ładunki powierzchniowe (ang. induced surface charges ) + Q i i − Q i wytwarzają dodatkowe pole elektryczne E → i , tak zwane indukowane pole elektryczne (ang. induced electrical field ), skierowane w przeciwnym kierunku niż pole zewnętrzne E → 0 , tak jak to przedstawiono w części (c) . Dielektryk złożony z cząsteczek polarnych: (a) w sytuacji braku zewnętrznego pola elektrycznego; (b) w obecności zewnętrznego pola elektrycznego E → 0 . Prostokąty o przerywanych bokach wskazują obszary bezpośrednio przylegające do okładek kondensatora. (c) Indukowane pole elektryczne E → i wewnątrz dielektryka wytworzone przez indukowane ładunki powierzchniowe Q i . Zauważmy, że tak naprawdę poszczególne cząsteczki nie są dokładnie równoległe do linii zewnętrznego pola elektrycznego z powodu fluktuacji termicznych. Ten sam efekt zachodzi, kiedy cząsteczki dielektryka są apolarne. W tym przypadku wytwarza się indukowany elektryczny moment dipolowy (ang. induced electric-dipole moment ), ponieważ zewnętrzne pole E → 0 powoduje rozsunięcie ładunków dodatnich i ujemnych w cząsteczce. Indukowane dipole cząsteczek apolarnych układają się zgodnie z liniami pola E → 0 , tak samo jak stałe dipole cząsteczek polarnych (co przedstawiono w części (b) ). Pole elektryczne w dielektryku jest więc osłabione niezależnie od tego, czy cząsteczki dielektryka są polarne, czy apolarne. Zatem kiedy przestrzeń pomiędzy okładkami kondensatora płaskiego, takiego jak na (a), wypełnia dielektryk, pojawia się w nim pole elektryczne E → 0 wywołane ładunkiem swobodnym (ang. free charge ) Q 0 na okładkach kondensatora oraz pole elektryczne E → i pochodzące od ładunku indukowanego Q i na brzegach dielektryka. Wypadkowe pole elektryczne E → w dielektryku jest sumą wektorową tych dwóch pól (co przedstawiono w części (b) ) E → = E → 0 + E → i ⁢ . Wypadkowe pole elektryczne można interpretować jako pole elektryczne wytworzone przez ładunek efektywny (ang. effective charge ) Q 0 − Q i w kondensatorze. Pole elektryczne: (a) E → 0 w kondensatorze próżniowym; (b) E → w kondensatorze z dielektrykiem. W większości dielektryków wypadkowe pole elektryczne E → jest proporcjonalne do pola E → 0 wytworzonego przez ładunek swobodny kondensatora. Przy użyciu tych dwóch pól elektrycznych można zapisać definicję względnej przenikalności elektrycznej dielektryka ε r = E 0 E ⁢ . E → 0 i E → i mają przeciwne zwroty, dlatego natężenie E jest mniejsze niż natężenie E 0 , a zatem ε r > 1 . Po podstawieniu do i przekształceniu otrzymujemy następujące wyrażenie na pole elektryczne indukowane w dielektryku E → i = 1 ε r − 1 ⁢ E → 0 ⁢ . Kiedy natężenie zewnętrznego pola elektrycznego przekroczy pewną granicę, rozpoczyna się proces jonizacji cząsteczek dielektryka. Jonizacja to wytrącenie co najmniej jednego elektronu. Każdy taki elektron staje się swobodny i niezwiązany ze strukturą cząsteczkową lub atomową. W wyniku jonizacji dielektryk uzyskuje zdolność przewodnictwa elektrycznego, co pozwala na transport ładunków z jednej okładki kondensatora na drugą. Zjawisko to nosi nazwę przebicia elektrycznego (ang. dielectric breakdown ). przedstawia charakterystyczny kształt losowych ścieżek pozostawianych przez ładunek podczas przebicia elektrycznego izolatora. Wartość krytyczną E c natężenia pola elektrycznego, przy której cząsteczki izolatora ulegają jonizacji, nazywamy wytrzymałością dielektryczną (ang. dielectric strength ) materiału. Wytrzymałość dielektryczna ogranicza wielkość napięcia, jakie można przyłożyć do kondensatora przy danej odległości między okładkami. Na przykład wytrzymałość dielektryczna powietrza wynosi E c = 3 ⁢ MV ∕ m , a więc dla kondensatora wypełnionego powietrzem o okładkach oddalonych od siebie o d = 1 ⁢ mm maksymalna różnica potencjałów, jaką można bezpiecznie przyłożyć bez wywołania przebicia elektrycznego, wynosi U = E c ⁢ d = 3 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m ⋅ 10 − 3 ⁢ m = 3 ⁢ kV . Granica ta rośnie jednak do 60 ⁢ kV , jeśli ten sam kondensator wypełnimy teflonem, którego wytrzymałość dielektryczna wynosi około 60 ⁢ MV ∕ m . Ograniczenie ze względu na wytrzymałość dielektryczną sprawia, że maksymalny ładunek, jaki można zgromadzić na wyżej opisanym kondensatorze wypełnionym powietrzem, wynosi zaledwie Q 0 = ε r powietrze ⁢ C 0 ⋅ 3 ⁢ kV Q_0 = \\epsilon_{\\text{r}}^{\\text{powietrze}} C_0 \\cdot \\SI{3}{\\kilo\\volt} , a w przypadku kondensatora z teflonem ładunek może wynosić nawet Q = ε r teflon ⁢ C 0 ⋅ 60 ⁢ kV = ε r teflon ⋅ Q 0 ε r powietrze ⋅ 3 ⁢ kV ⋅ 60 ⁢ kV Q = 20 ⋅ ε r teflon ε r powietrze ⁢ Q 0 = 20 ⋅ 2,1 1,000 59 ⁢ Q 0 = 42 ⁢ Q 0 , \\begin{multiline} Q &= \\epsilon_{\\text{r}}^{\\text{teflon}} C_0 \\cdot \\SI{60}{\\kilo\\volt} = \\epsilon_{\\text{r}}^{\\text{teflon}} \\cdot \\frac{Q_0}{\\epsilon_{\\text{r}}^{\\text{powietrze}} \\cdot \\SI{3}{\\kilo\\volt}} \\cdot \\SI{60}{\\kilo\\volt} \\\\ &= 20 \\cdot \\frac{\\epsilon_{\\text{r}}^{\\text{teflon}}}{\\epsilon_{\\text{r}}^{\\text{powietrze}}} Q_0 = 20 \\cdot \\frac{\\num{2,1}}{\\num{1,00059}} Q_0 = 42 Q_0 \\text{,} \\end{multiline} Q = ε r teflon ⁢ C 0 ⋅ 60 ⁢ kV = ε r teflon ⋅ Q 0 ε r powietrze ⋅ 3 ⁢ kV ⋅ 60 ⁢ kV = 20 ⋅ ε r teflon ε r powietrze ⁢ Q 0 = 20 ⋅ 2,1 1,000 59 ⁢ Q 0 = 42 ⁢ Q 0 , czyli około 42 razy więcej. W przedstawiono typowe wartości względnej przenikalności elektrycznej oraz wytrzymałości dielektrycznej dla różnych materiałów. Zwróćmy uwagę, że względna przenikalność elektryczna ε r dla próżni wynosi dokładnie 1 (warunki w próżni stanowią punkt odniesienia), a dla powietrza w warunkach normalnych (ciśnienie normalne i temperatura pokojowa) osiąga wartości bliskie jedności. Wartości te są tak zbliżone, że właściwości kondensatora wypełnionego powietrzem są praktycznie takie same jak właściwości kondensatora próżniowego (z wyjątkiem odporności na przebicie elektryczne). Przykładowe wartości względnej przenikalności elektrycznej i względnej wytrzymałości dielektrycznej różnych substancji w temperaturze pokojowej. Substancja Względna przenikalność elektryczna ( ε r ) Wytrzymałość dielektryczna ( E c E_{\\text{c}} [ ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m \\text{}\\cdot10^6\\si{\\volt\\per\\metre} ]) Próżnia 1 ∞ Suche powietrze ( 1 ⁢ atm ) 1,000 59 3 Teflon 2,1 60 – 173 Parafina 2,3 11 Olej silikonowy 2,5 10 – 15 Polistyren 2,56 19,7 Nylon 3,4 14 Papier 3,7 16 Szkło krzemionkowe 3,78 8 Szkło 4 – 6 9,8 – 13,8 Beton 4,5 – Bakelit 4,9 24 Diament 5,5 2000 Szkło borokrzemowe 5,6 14 Mika 6 118 Guma neoprenowa 6,7 15,7 – 26,7 Woda 80 – Kwas siarkowy 84 – 100 – Dwutlenek tytanu 86 – 173 – Tytanian strontu 310 8 Tytanian baru 1200 – 10 000 – Modyfikowany miedzią tytanian wapnia > 250 000 \\prefop{>} \\num{250000} – Mimo wysokich względnych przenikalności elektrycznych nie wszystkie wymienione w tabeli substancje są dobrymi izolatorami. Na przykład woda ma wysoką względną przenikalność elektryczną, wynoszącą około 80 . Składa się z cząsteczek polarnych, w których elektrony częściej znajdują się bliżej jąder tlenu niż jąder wodoru. Z tego powodu ma ona niewielki ładunek ujemny po stronie tlenu, a dodatni po stronie wodoru. Dzięki temu cząsteczka może się łatwo ustawić zgodnie z liniami zewnętrznego pola elektrycznego, co sprawia, że woda ma wysoką względną przenikalność elektryczną. Jednak polarne właściwości cząsteczek wody sprawiają też, że wiele substancji dobrze się w niej rozpuszcza, co ma niepożądany skutek polegający na tym, że nawet niewielka koncentracja jonów swobodnych w wodzie przewodzi prąd. Pole elektryczne i indukowany ładunek powierzchniowy Załóżmy, że odległość pomiędzy okładkami kondensatora z wynosi 2 ⁢ mm , a powierzchnia każdej z okładek 4,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 . Obliczmy pole elektryczne między okładkami przed wsunięciem teflonu oraz po wsunięciu; ładunek powierzchniowy indukowany na brzegach teflonu. Strategia rozwiązania Jeśli chodzi o część (a), wiemy, że napięcie na kondensatorze próżniowym wynosi U 0 = 40 ⁢ V , więc do obliczenia pola elektrycznego wykorzystujemy zależność U = E ⁢ d oraz . Znając natężenie pola elektrycznego, możemy w części (b) zastosować wyrażenie na natężenie pola elektrycznego w pobliżu naładowanej okładki: E = σ ∕ ε 0 , gdzie σ jest jednorodną gęstością powierzchniową ładunku. Wykorzystujemy wartość ładunku swobodnego Q 0 = 8 ⋅ 10 − 10 ⁢ C otrzymaną w . Rozwiązanie Pole elektryczne E 0 pomiędzy okładkami kondensatora próżniowego wynosi E 0 = U 0 d = 40 ⁢ V 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ m = 2 ⋅ 10 4 ⁢ V ∕ m ⁢ . Pole elektryczne E dla kondensatora z teflonem wynosi E = 1 ε r ⁢ E 0 = 1 2,1 ⋅ 2 ⋅ 10 4 ⁢ V ∕ m = 9,5 ⋅ 10 3 ⁢ V ∕ m ⁢ . Ładunek efektywny na okładkach kondensatora stanowi różnicę pomiędzy ładunkiem swobodnym Q 0 a ładunkiem indukowanym Q i . Ładunek efektywny jest związany z istnieniem pola elektrycznego w teflonie. Zatem E = 1 ε 0 ⁢ σ = 1 ε 0 ⋅ Q 0 − Q i S ⁢ . Po przekształceniu tego równania możemy obliczyć Q i , które wynosi Q i = Q 0 − ε 0 ⁢ S ⁢ E Q i = 8 ⋅ 10 -10 ⁢ C − 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ 4,5 ⋅ 10 -3 ⁢ m 2 ⋅ 9,5 ⋅ 10 3 ⁢ V ∕ m Q i = 4,2 ⋅ 10 -10 ⁢ C = 0,42 ⁢ nC ⁢ . \\begin{multiline} Q_{\\text{i}} &= Q_0 - \\epsilon_0 SE \\\\ &= \\SI{8e-10}{\\coulomb} - \\SI{8,85e-12}{\\coulomb\\squared\\per\\newton\\per\\metre\\squared} \\cdot \\SI{4,5e-3}{\\metre\\squared} \\cdot \\SI{9,5e3}{\\volt\\per\\metre} \\\\ &= \\SI{4,2e-10}{\\coulomb} = \\SI{0,42}{\\nano\\coulomb} \\text{.} \\end{multiline} Q i = Q 0 − ε 0 ⁢ S ⁢ E = 8 ⋅ 10 -10 ⁢ C − 8,85 ⋅ 10 -12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ 4,5 ⋅ 10 -3 ⁢ m 2 ⋅ 9,5 ⋅ 10 3 ⁢ V ∕ m = 4,2 ⋅ 10 -10 ⁢ C = 0,42 ⁢ nC ⁢ . Dielektryk wsunięty do kondensatora podłączonego do akumulatora Po podłączeniu kondensatora próżniowego o pojemności elektrycznej C 0 do akumulatora o napięciu U 0 ładunek na okładkach wynosi Q 0 , a pole elektryczne E 0 . Między okładki kondensatora bez odłączania akumulatora wsunięto dielektryk o względnej przenikalności elektrycznej ε r , tak jak to przedstawiono na . Obliczmy pojemność elektryczną C , napięcie U i pole elektryczne E między okładkami po wsunięciu dielektryka. Określmy postać ładunku swobodnego Q zgromadzonego na okładkach kondensatora z dielektrykiem i ładunku indukowanego Q i na powierzchni dielektryka w zależności od początkowego ładunku na okładkach Q 0 . Między okładki naładowanego kondensatora wsunięto dielektryk bez odłączania akumulatora. Strategia rozwiązania Określamy znane wielkości: U 0 , C 0 , E 0 , ε r i Q 0 . Naszym zadaniem jest wyrażenie za ich pomocą szukanych wielkości. Rozwiązanie Pojemność elektryczna kondensatora z dielektrykiem wynosi C = ε r ⁢ C 0 . Ponieważ akumulator cały czas jest podłączony, różnica potencjałów pomiędzy okładkami nie zmienia się, a więc U = U 0 . Pole elektryczne w kondensatorze z dielektrykiem jest zatem takie samo jak w pustym kondensatorze, co bezpośrednio wynika z równości E = U d = U 0 d = E 0 ⁢ . Dla kondensatora z dielektrykiem ładunek swobodny na okładkach wynosi Q = C ⁢ U = ε r ⁢ C 0 ⁢ U 0 = ε r ⁢ C 0 ⁢ U 0 = ε r ⁢ Q 0 ⁢ . Pole elektryczne E w kondensatorze z dielektrykiem pochodzi z ładunku efektywnego Q − Q i (część (b) ). Ze względu na to, że E = E 0 , otrzymujemy Q − Q i ε 0 ⁢ S = Q 0 ε 0 ⁢ S ⁢ . Przekształciwszy powyższe równanie, otrzymujemy wyrażenie na ładunek indukowany Q i Q i = Q − Q 0 = ε r ⁢ Q 0 − Q 0 = ε r − 1 ⁢ Q 0 ⁢ . Znaczenie Zauważmy, że dla substancji o względnej przenikalności elektrycznej większej niż 2 ( ) ładunek indukowany na powierzchni dielektryka jest większy niż ładunek na okładkach kondensatora próżniowego. Odwrotnie jest w przypadku gazów, na przykład powietrza, których względna przenikalność elektryczna jest mniejsza od 2. Sprawdź, czy rozumiesz. Kontynuując rozważania z , wykaż, że energia zgromadzona w kondensatorze z dielektrykiem podłączonym do akumulatora wynosi E C = ε r ⁢ E C 0 E_C = \\epsilon_{\\text{r}} E_{C\\sep 0} (a więc jest większa niż energia E C 0 E_{C\\sep 0} kondensatora próżniowego pod tym samym napięciem). Porównaj ten wynik z zależnością E = E 0 ∕ ε r E = E_0 / \\epsilon_{\\text{r}} otrzymaną wcześniej dla izolowanego, naładowanego kondensatora. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz obliczenia z dla przypadku, gdy dielektryk zostaje wsunięty do kondensatora przy podłączonym akumulatorze. a. C 0 = 20 ⁢ pF , C = 42 ⁢ pF ; b. Q 0 = 0,8 ⁢ nC , Q = 1,7 ⁢ nC ; c. U 0 = U C = 40 ⁢ V ; d. E 0 = 16 ⁢ nJ , E = 34 ⁢ nJ . Podsumowanie Na powierzchniach dielektryka graniczących z okładkami po wsunięciu go między nie indukują się równe co do wartości ładunki o przeciwnych znakach. Wytwarzają one indukowane pole elektryczne skierowane przeciwnie do pola wytwarzanego przez ładunki swobodne na okładkach kondensatora. Względna przenikalność elektryczna jest stosunkiem natężenia pola elektrycznego w próżni do natężenia wypadkowego pola elektrycznego w dielektryku. Kondensator z dielektrykiem ma większą pojemność elektryczną niż kondensator próżniowy. Wytrzymałość dielektryczna izolatora jest wartością krytyczną natężenia pola elektrycznego, przy której jego cząsteczki zaczynają ulegać jonizacji. Dielektryk nabiera wtedy właściwości przewodzących i dochodzi do przebicia elektrycznego. Najważniejsze wzory Pojemność elektryczna C = Q U Pojemność elektryczna kondensatora płaskiego z próżnią C = ε 0 ⁢ S d Pojemność elektryczna kondensatora kulistego z próżnią C = 4 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ R 1 ⁢ R 2 R 2 − R 1 Pojemność elektryczna kondensatora walcowego z próżnią C = 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ l ln R 2 ∕ R 1 Pojemność elektryczna kondensatorów połączonych szeregowo 1 C S = 1 C 1 + 1 C 2 + 1 C 3 + ⋯ Pojemność elektryczna kondensatorów połączonych równolegle C R = C 1 + C 2 + C 3 + ⋯ Gęstość energii u E = 1 2 ⁢ ε 0 ⁢ E 2 Energia zgromadzona w kondensatorze E C = 1 2 ⁢ U 2 ⁢ C = 1 2 ⋅ Q 2 C = 1 2 ⁢ Q ⁢ U Pojemność elektryczna kondensatora z dielektrykiem C = ε r ⁢ C 0 Energia zgromadzona w izolowanym kondensatorze z dielektrykiem E C = 1 ε r ⁢ E C 0 E_C = \\frac{1}{\\epsilon_{\\text{r}}} E_{C\\sep 0} Względna przenikalność elektryczna ε r = E 0 E Indukowane pole elektryczne w dielektryku E → i = 1 ε r − 1 ⁢ E → 0 Pytania Wyjaśnij różnicę między względną przenikalnością elektryczną a wytrzymałością dielektryczną. Wytrzymałość dielektryczna jest krytyczną wartością natężenia pola elektrycznego, po której przekroczeniu izolator zyskuje właściwości przewodzące; względna przenikalność elektryczna to stosunek pola elektrycznego w próżni do wypadkowego pola elektrycznego w dielektryku. Woda jest dobrym rozpuszczalnikiem, ponieważ ma dużą względną przenikalność elektryczną. Wyjaśnij tę zależność. Woda ma dużą względną przenikalność elektryczną. Wyjaśnij, dlaczego mimo to nie jest wykorzystywana w kondensatorach jako dielektryk. Ponieważ jest dobrym rozpuszczalnikiem i zawiera jony różnych substancji, przez co ma małą wytrzymałość dielektryczną. Wyjaśnij, dlaczego w niejednorodnym polu elektrycznym na cząsteczki dielektryka działa niezerowa siła wypadkowa, a w polu jednorodnym nie. Wyjaśnij, dlaczego względna przenikalność elektryczna substancji składających się z cząsteczek będących trwałymi dipolami elektrycznymi maleje wraz ze wzrostem temperatury. Kiedy energia ruchu termicznego jest wysoka (w wysokiej temperaturze), natężenie pola elektrycznego również musi być wysokie, aby dipole elektryczne ustawiły się zgodnie z liniami pola. Podaj powód, dla którego obecność dielektryka powoduje zwiększenie pojemności elektrycznej C w stosunku do kondensatora z powietrzem pomiędzy okładkami. Dlaczego dielektryk pozwala na przyłożenie do kondensatora wyższego napięcia U ? Wyjaśnij, w jaki sposób polarny charakter cząsteczek wody tłumaczy jej stosunkowo wysoką względną przenikalność elektryczną. Między okładkami kondensatora wypełnionego wilgotnym powietrzem iskry pojawiają się przy niższym napięciu niż wtedy, gdy powietrze jest suche. Omów, dlaczego tak się dzieje, biorąc pod uwagę polarny charakter cząsteczek wody. Zadania Dwie płaskie okładki z równymi co do wartości, przeciwnymi ładunkami rozdziela dielektryk o grubości 4 ⁢ mm i względnej przenikalności elektrycznej równej 5 . Jeśli pole elektryczne w dielektryku wynosi 1,5 ⁢ MV ∕ m , to jaka jest gęstość ładunku na okładkach kondensatora; gęstość ładunku indukowanego na powierzchniach dielektryka? Pole powierzchni okładek kondensatora płaskiego wypełnionego teflonem wynosi 50 ⁢ cm 2 , a odległość między nimi 0,5 ⁢ mm . Kondensator podłączono do akumulatora o napięciu 200 ⁢ V . Oblicz ładunek swobodny na okładkach kondensatora; pole elektryczne w dielektryku; ładunek indukowany na powierzchniach dielektryka. a. 37 ⁢ nC ; b. 0,4 ⁢ MV ∕ m ; c. 19 ⁢ nC . Oblicz pojemność kondensatora płaskiego, którego okładki mają powierzchnię 5 ⁢ m 2 i rozdzielone są warstwą teflonu o grubości 0,1 ⁢ mm . Jaka jest pojemność kondensatora płaskiego, którego okładki mają powierzchnię 1,5 ⁢ m 2 i rozdzielone są warstwą gumy neoprenowej o grubości 0,02 ⁢ mm ? Jaki ładunek gromadzi się na kondensatorze po przyłożeniu napięcia 9 ⁢ V ? a. 4,4 ⁢ µF ; b. 4 ⋅ 10 − 5 ⁢ C . Na dwóch równoległych płytkach zgromadzone są równe co do wartości ładunki o przeciwnych znakach. Kiedy przestrzeń między nimi wypełniona jest próżnią, pole elektryczne wynosi E = 3,2 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m . Kiedy znajduje się tam dielektryk, wynosi ono E = 2,5 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m . Jaka jest gęstość powierzchniowa ładunku na każdej z powierzchni dielektryka? Ile wynosi jego względna przenikalność elektryczna? Dielektryk, który ma zostać wykorzystany w kondensatorze płaskim, ma względną przenikalność elektryczną 3,6 i wytrzymałość dielektryczną 1,6 ⋅ 10 7 ⁢ V ∕ m . Kondensator musi mieć pojemność elektryczną 1,25 ⁢ nF i wytrzymywać różnicę potencjałów 5,5 ⁢ kV . Jakie jest minimalne pole powierzchni okładek kondensatora? 0,0135 ⁢ m 2 . Po przyłożeniu napięcia do kondensatora o pojemności 360 ⁢ nF wypełnionego powietrzem energia zgromadzona między okładkami wynosi 18,5 ⁢ µJ . Bez odłączania napięcia do kondensatora wsunięto płytkę dielektryka, która całkowicie wypełniła przestrzeń między okładkami. W wyniku tej operacji zgromadzona energia wzrosła do 23,2 ⁢ µJ . Jaka jest różnica potencjałów między okładkami kondensatora? Jaka jest względna przenikalność elektryczna dielektryka? Kondensator płaski ma okładki w kształcie kwadratu o boku 8 ⁢ cm oddalone od siebie o 3,8 ⁢ mm . Przestrzeń między nimi całkowicie wypełniają dwie kwadratowe płytki dielektryczne o boku 8 ⁢ cm i grubości 1,9 ⁢ mm każda. Jedna z płytek zbudowana jest ze szkła borokrzemowego, a druga z polistyrenu. Oblicz, ile energii elektrycznej może zgromadzić się w kondensatorze, jeśli różnica potencjałów między okładkami wynosi 86 ⁢ V . 0,185 ⁢ µJ . Zadania dodatkowe Kondensator składa się z dwóch płaskich, równoległych okładek oddalonych o 0,4 ⁢ mm od siebie. Po dostarczeniu na nie ładunku 0,02 ⁢ µC różnica potencjałów między nimi wynosi 250 ⁢ V . Jaka jest pojemność elektryczna kondensatora? Jaka jest powierzchnia okładek? Jaki jest ładunek zgromadzony na okładkach, jeśli różnica potencjałów wynosi 500 ⁢ V ? Jakie jest maksymalne napięcie, które można przyłożyć do okładek, tak aby natężenie pola elektrycznego między nimi nie przekroczyło 3 ⁢ MV ∕ m ? Kondensator płaski wypełniony powietrzem wykonano z dwóch kwadratowych okładek o boku 25 ⁢ cm ustawionych w odległości 1 ⁢ mm od siebie. Podłączono go do akumulatora o napięciu 50 ⁢ V i w pełni naładowano. Następnie odłączono akumulator i rozsunięto okładki na odległość 2 ⁢ mm . Jaka jest pojemność elektryczna powstałego kondensatora? Jaki jest ładunek zgromadzony na każdej z okładek? Jakie jest natężenie pola elektrycznego między okładkami? a. 0,277 ⁢ nF ; b. 27,7 ⁢ nC ; c. 50 ⁢ kV ∕ m . Niech pojemność elektryczna kondensatora zmiennego będzie regulowana ręcznie w zakresie od 100 ⁢ pF do 800 ⁢ pF za pomocą pokrętła obracanego od 0 ° do 180 ° . Do kondensatora ustawionego na 180 ° (co odpowiada pojemności 800 ⁢ pF ) przyłożono napięcie 500 ⁢ V . Po naładowaniu kondensator odłączono od źródła prądu, a następnie pokrętło obrócono na 0 ° . Jaki jest ładunek na kondensatorze? Jakie jest napięcie końcowe na kondensatorze? Ziemia może być traktowana jako kondensator kulisty, którego okładką z ładunkiem ujemnym jest jej powierzchnia, a okładką z ładunkiem dodatnim dolna warstwa jonosfery znajdująca się na wysokości około 70 ⁢ km . Różnica potencjałów między nimi wynosi około 350 000 ⁢ V . Oblicz pojemność elektryczną tego kondensatora; całkowity ładunek na kondensatorze; energię zgromadzoną w kondensatorze. a. 0,065 ⁢ F ; b. 23 000 ⁢ C ; c. 4 ⁢ GJ . Kondensatory o pojemnościach 4 ⁢ µF i 6 ⁢ µF połączono równolegle i przyłożono do nich napięcie 600 ⁢ V . Oblicz ładunek i napięcie na każdym z nich; Naładowane kondensatory odłączono od źródła prądu i od siebie nawzajem. Następnie połączono je z powrotem, spinając ze sobą okładki przeciwnych znaków. Oblicz końcowe wartości ładunku i napięcia na każdym z kondensatorów. Trzy kondensatory o pojemnościach 8,4 ⁢ µF , 8,4 ⁢ µF i 4,2 ⁢ µF połączono szeregowo i przyłożono do nich napięcie 36 ⁢ V . Jaki jest ładunek zgromadzony na okładkach kondensatora o pojemności 4,2 ⁢ µF ? Kondensatory odłączono od źródła prądu, nie rozładowując ich. Następnie połączono je równolegle, spinając okładki o jednakowych znakach ładunków. Jakie jest napięcie końcowe na każdym z kondensatorów? a. 75,6 ⁢ µC ; b. 10,8 ⁢ V . Kondensator płaski o pojemności elektrycznej 5 ⁢ µF naładowano przy napięciu 12 ⁢ V , po czym odłączono akumulator. Oblicz minimalną pracę potrzebną do trzykrotnego zwiększenia odległości między okładkami kondensatora. Jaka jest całkowita energia zgromadzona w polach elektrycznych kondensatorów przedstawionych na rysunku? Czy energia ta jest równa pracy wykonanej przez źródło prądu o napięciu 400 ⁢ V podczas ładowania kondensatorów? a. 0,13 ⁢ J ; b. Nie, część energii zostanie zużyta na nagrzewanie rezystancyjne elementów obwodu. Pewne opory występują zawsze, mimo że schemat układu nie zawiera oporników. Trzy kondensatory o pojemnościach 8,4 ⁢ µF , 8,4 ⁢ µF i 4,2 ⁢ µF połączono szeregowo i przyłożono do nich napięcie 36 ⁢ V . Jaka jest całkowita energia zgromadzona w układzie? Kondensatory odłączono od źródła prądu, nie rozładowując ich. Następnie połączono je równolegle, spinając okładki o jednakowych znakach ładunków. Jak zmieniła się całkowita energia zgromadzona w układzie? Kondensator o pojemności 8 ⁢ µF połączono równolegle z innym kondensatorem, co dało całkowitą pojemność układu 5 ⁢ µF . Jaka jest pojemność drugiego kondensatora? Dlaczego wynik wydaje się nieracjonalny? Które założenia są nieracjonalne bądź niespójne? a. − 3 ⁢ µF ; b. Pojemność elektryczna kondensatora nie może być ujemna; c. Niewłaściwe jest założenie, że kondensatory połączono równolegle. Łączenie równoległe zawsze skutkuje zwiększeniem pojemności elektrycznej, a w zadaniu stwierdzono, że pojemność układu była mniejsza niż pojemność podanego kondensatora. Mogło to zajść tylko wtedy, gdy kondensatory połączono szeregowo. Uruchomienie silnika ciężarówki wymaga 9,6 ⋅ 10 3 ⁢ J energii elektrycznej. Oblicz pojemność elektryczną kondensatora, który byłby w stanie zmagazynować taką energię przy napięcu 12 ⁢ V ; Dlaczego wynik jest nieracjonalny? Które założenia są temu winne? Kondensator płaski ma okładki o powierzchni 4 ⁢ m 2 rozdzielone warstwą nylonu o grubości 0,01 ⁢ mm , na których zgromadził się ładunek 0,17 ⁢ C . Jakie jest przyłożone napięcie? Dlaczego otrzymany wynik jest nieracjonalny? Które założenia są nieracjonalne lub niespójne? a. 14,2 ⁢ kV ; b. Napięcie jest zbyt wysokie, ponad stukrotnie przekracza napięcie graniczne dla takiej warstwy nylonu; c. Podany ładunek jest zbyt duży i nie mógłby zgromadzić się w kondensatorze o takich wymiarach. Pewien dowcipniś podłączył do kondensatora o pojemności 80 ⁢ µF napięcie 450 ⁢ V , po czym z zaskoczenia rzucił naładowany kondensator ofierze. Palec chwytającego poparzyło wyładowanie elektryczne z kondensatora, które przeszło przez 0,2 ⁢ g ciała. Oszacuj przyrost temperatury ciała. Czy należy domniemywać, że nie nastąpiło żadne termodynamiczne przejście fazowe? Zadania trudniejsze Kondensator kulisty tworzą dwie koncentryczne, sferyczne powierzchnie przewodzące rozdzielone próżnią. Wewnętrzna sfera ma promień 12,5 ⁢ cm , a zewnętrzna – 14,8 ⁢ cm . Do kondensatora przyłożono różnicę potencjałów 120 ⁢ V . Jaka jest pojemność elektryczna kondensatora? Jakie jest natężenie pola elektrycznego w r = 12,6 ⁢ cm , tuż ponad powierzchnią wewnętrznej sfery? Jakie jest natężenie pola elektrycznego w r = 14,7 ⁢ cm , tuż pod powierzchnią zewnętrznej sfery? W kondensatorach płaskich pole elektryczne w przestrzeni między okładkami jest jednorodne. Czy jest to prawda również w przypadku kondensatorów kulistych? a. 89,6 ⁢ pF ; b. 6,09 ⁢ kV ∕ m ; c. 4,47 ⁢ kV ∕ m ; d. Nie. Gdy wszystkie kondensatory przedstawione na rysunku były nienaładowane, a przełącznik S pozostawał otwarty, do układu przyłożono napięcie 300 ⁢ V między punktami A i B . Jaka jest różnica potencjałów V E − V D ? Jaki jest potencjał w punkcie E po zamknięciu przełącznika? Jaki ładunek będzie przepływał przez przełącznik, kiedy zostanie on zamknięty? Układy elektroniczne z lampami błyskowymi używane w aparatach zawierają kondensator magazynujący energię wykorzystywaną do wytworzenia błysku. W pewnym tego typu układzie błysk trwa 1 675 ⁢ s \\frac{1}{675}\\si{\\second} , a średnia moc lampy wynosi w tym czasie 270 ⁢ kW . Jeśli zamiana energii elektrycznej na światło odbywa się z wydajnością 95 ⁢ % (reszta energii zostaje wyemitowana w postaci ciepła), to jaką energię musi zmagazynować kondensator na jeden błysk? Oblicz pojemność elektryczną kondensatora, jeśli różnica potencjałów między okładkami wynosi 125 ⁢ V . a. 421 ⁢ J ; b. 53,9 ⁢ mF . Kondensator kulisty tworzą dwie koncentryczne, sferyczne powierzchnie przewodzące rozdzielone próżnią. Wewnętrzna sfera ma promień 4,2 ⁢ cm , a zewnętrzna – 7,5 ⁢ cm . Do kondensatora przyłożono różnicę potencjałów 80 ⁢ V . Jaka jest gęstość energii w r = 4,3 ⁢ cm , tuż ponad powierzchnią wewnętrznej sfery? Jaka jest gęstość energii w r = 7,4 ⁢ cm , tuż pod powierzchnią zewnętrznej sfery? Metalową płytkę o grubości t przymocowano za pomocą plastikowych sztyftów pomiędzy okładkami kondensatora, tak jak to przedstawiono na rysunku. Wpływ sztyftów na pojemność elektryczną układu jest pomijalny. Powierzchnie obu okładek kondensatora oraz górna i dolna powierzchnia wsuniętej płytki wynoszą A . Jaka jest pojemność elektryczna układu? C = ε 0 ⁢ S ∕ d 1 + d 2 . Kondensator płaski wypełniono dwoma dielektrykami w sposób przedstawiony na rysunku. Wykaż, że jeśli powierzchnia okładek wynosi S , a odległość między nimi d , to pojemność elektryczna kondensatora wyraża się przez: C = ε 0 ⁢ S ∕ d ⋅ ε r 1 + ε r 2 ∕ 2 C = (\\epsilon_0 S/d) \\cdot (\\epsilon_{\\text{r}\\sep 1} + \\epsilon_{\\text{r} \\sep 2})/2 . Kondensator płaski wypełniono dwoma dielektrykami w sposób przedstawiony na rysunku. Wykaż, że jego pojemność elektryczna wynosi: C = 2 ⁢ ε 0 ⁢ S ∕ d ⋅ ε r 1 ⁢ ε r 2 ∕ ε r 1 + ε r 2 C = (2\\epsilon_0 S / d) \\cdot (\\epsilon_{\\text{r}\\sep 1} \\epsilon_{\\text{r} \\sep 2}) / (\\epsilon_{\\text{r}\\sep 1} + \\epsilon_{\\text{r} \\sep 2}) . Należy rozważyć ten układ jako dwa równolegle połączone ze sobą kondensatory, wewnątrz których znajdują się dielektryki o różnych względnych przenikalnościach elektrycznych. Pojemność zastępczą możemy wtedy obliczyć ze wzoru C = C 1 ⁢ C 2 ∕ C 1 + C 2 C = C_1C_2/(C_1+C_2) . Następnie po podstawieniu danych z zadania otrzymujemy C = ε 0 ⁢ ε r 1 ⋅ 2 ⁢ S ∕ d ⋅ ε 0 ⁢ ε r 2 ⋅ 2 ⁢ S ∕ d ∕ ε 0 ⁢ ε r 1 ⋅ 2 ⁢ S ∕ d + ε 0 ⁢ ε r 2 ⋅ 2 ⁢ S ∕ d C = (\\epsilon_0 \\epsilon_{r\\sep 1} \\cdot 2S/d \\cdot \\epsilon_0 \\epsilon_{r\\sep 2} \\cdot 2S/d) / (\\epsilon_0 \\epsilon_{r\\sep 1} \\cdot 2S/d + \\epsilon_0 \\epsilon_{r\\sep 2} \\cdot 2S/d) . Doprowadza nas to do rozwiązania: C = 2 ⁢ ε 0 ⁢ S ∕ d ⋅ ε r 1 ⁢ ε r 2 ∕ ε r 1 + ε r 2 C = (2\\epsilon_0 S / d) \\cdot (\\epsilon_{r\\sep 1} \\epsilon_{r\\sep 2}) / (\\epsilon_{r\\sep 1} + \\epsilon_{r\\sep 2}) . Okładki kondensatora płaskiego mają powierzchnię 12 ⁢ cm 2 i znajdują się w odległości 2 ⁢ mm od siebie. Przestrzeń pomiędzy nimi wypełnia polistyren. Oblicz maksymalne dopuszczalne w kondensatorze napięcie, które nie wywoła przebicia elektrycznego; Oblicz gęstość powierzchniową ładunku na powierzchni dielektryka dla napięcia otrzymanego w podpunkcie (a). przebicie elektryczne (ang. dielectric breakdown ) zjawisko zachodzące, kiedy izolator nabiera właściwości przewodzących pod wpływem silnego pola elektrycznego wytrzymałość dielektryczna (ang. dielectric strength ) wartość krytyczna natężenia pola elektrycznego, powyżej której cząsteczki izolatora zaczynają się rozpadać i nabiera on właściwości przewodzących indukowany elektryczny moment dipolowy (ang. induced electric-dipole moment ) moment dipolowy uzyskiwany przez cząsteczkę apolarną w polu elektrycznym indukowane pole elektryczne (ang. induced electrical field ) pole elektryczne wywołane obecnością ładunków indukowanych indukowane ładunki powierzchniowe (ang. induced surface charges ) ładunki pojawiające się na powierzchni dielektryka z powodu jego spolaryzowania", "section": "Mikroskopowy model dielektryka", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Obrazowanie metodą rezonansu magnetycznego (MRI) (ang. magnetic resonance imaging ) wykorzystuje nadprzewodzące magnesy, co umożliwia obrazowanie z wysoką rozdzielczością bez narażania pacjenta na działanie promieniowania. Na zdjęciu po lewej przedstawiono kręgi w kręgosłupie człowieka. Białym kółkiem zakreślono miejsce, gdzie odległość między nimi jest zbyt mała z powodu uszkodzenia dysku. Na prawym zdjęciu przedstawiona jest aparatura do badań metodą rezonansu magnetycznego, otaczająca pacjenta ze wszystkich stron. Do pracy elektromagnesów niezbędny jest prąd elektryczny o dużym natężeniu. Źródło: modyfikacja pracy „digital cat”/Flickr W tym rozdziale omówimy przepływ prądu elektrycznego przez materiał, gdzie prąd elektryczny zdefiniujemy jako miarę przepływającego ładunku. Zajmiemy się także właściwością materiału zwaną rezystywnością. Rezystywność jest miarą tego, jak bardzo materiał utrudnia ładunkom przepływ. Pokażemy również, jak rezystywność zależy od temperatury. Zasadniczo dobre przewodniki, takie jak miedź, złoto czy srebro, mają niską rezystywność. Są też materiały zwane nadprzewodnikami, które mają zerową rezystywność w bardzo niskich temperaturach. Duża wartość natężenia prądu stanowi warunek pracy elektromagnesów. Nadprzewodniki wykorzystuje się do wytworzenia nadprzewodzących elektromagnesów, które są 10 razy silniejsze od konwencjonalnych. Nadprzewodzące elektromagnesy wykorzystuje się w aparaturze do rezonansu magnetycznego (MRI) (ang. magnetic resonance imaging ), służącej do obrazowania ludzkiego ciała z wysoką rozdzielczością. Rysunek otwierający rozdział przedstawia zdjęcie MRI kręgosłupa ludzkiego oraz urządzenie do wykonywania MRI. Nadprzewodzące magnesy mają również inne zastosowania. Przykładowo są elementem Wielkiego Zderzacza Hadronów (LHC) (ang. Large Hadron Collider ), służącego do zaginania toru ruchu protonów.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prąd elektryczny Do tej pory rozważaliśmy głównie ładunki statyczne. Gdy ładunki poruszają się, ich przyspieszanie jest efektem pola elektrycznego wytworzonego przez różnicę potencjałów. Pole elektryczne wykonuje pracę nad poruszającym się ładunkiem. Jego energia potencjalna maleje w trakcie ruchu, a energia kinetyczna wzrasta. Mimo że ruch ładunków nie jest uwarunkowany obecnością jakiegokolwiek ośrodka, to większość tego rozdziału będzie związana z zagadnieniem przepływu ładunków w pewnym ośrodku. Prędkość, z jaką ładunki przepływają przez dany punkt, czyli liczba ładunków w czasie, to natężenie prądu elektrycznego. Gdy ładunki przepływają przez pewien ośrodek, natężenie prądu zależy od przyłożonego napięcia, rodzaju materiału ośrodka, przez który przepływają, oraz stanu tego materiału. Szczególnie interesujący jest ruch ładunków w przewodzącym drucie. W poprzednim rozdziale ładunki były przyspieszane przez siłę powstałą w polu elektrycznym, w wyniku czego malała ich energia potencjalna, a rosła – kinetyczna. W tym rozdziale będziemy rozpatrywać przypadek, gdy pomimo siły powstałej dzięki polu elektrycznemu w przewodniku ładunki nie przyspieszają, ale oddają energię do materiału. Stałą prędkość ładunków w przewodniku nazywamy prędkością dryfu. Analogicznie zachowują się ciała spadające w atmosferze w polu grawitacyjnym Ziemi. Oddają one energię kinetyczną cząsteczkom otaczającego powietrza i ostatecznie ich prędkość ulega stabilizacji. Jeśli kiedykolwiek braliście udział w szkoleniu z bezpieczeństwa lub pierwszej pomocy, na pewno słyszeliście o przypadku wstrząsu elektrycznego. Jest on skutkiem natężenia przepływającego prądu, a nie napięcia. Od natężenia prądu zależy wielkość urazu w ciele człowieka. Natężenie prądu mierzy się w jednostkach nazwanych amperami; na bezpiecznikach w domu i samochodzie można znaleźć oznaczenia amps (albo ampery). Czym jest amper i jaką wielkość fizyczną opisuje? Definicja natężenia prądu i ampera Natężenie prądu elektrycznego definiuje się jako prędkość przepływu ładunków. Gdy jest ono duże, takie jak niezbędne do pracy lodówki, wiele ładunków przepływa przez przewód w krótkim czasie. Jeśli natężenie prądu jest małe, jak w przypadku kalkulatora, niewiele ładunków przepływa przez obwód w długim czasie. Prąd elektryczny Średnie natężenie prądu elektrycznego I jest prędkością przepływu ładunków I śr = Δ Q Δ t ⁢ , gdzie Δ Q jest wartością ładunku przepływającego przez daną powierzchnię w czasie Δ t ( ). Jednostką natężenia prądu w układzie SI jest amper (ang. ampere ) oznaczany jako A , nazwany na cześć francuskiego fizyka André-Marie Ampère’a (1775–1836) . We wzorze I = Δ Q ∕ Δ t , 1 ⁢ A jest zdefiniowany jako ładunek 1 ⁢ C przepływający przez daną powierzchnię w czasie 1 ⁢ s 1 ⁢ A = 1 ⁢ C ∕ s ⁢ . \\SI{1}{\\ampere} = \\SI{1}{\\coulomb\\per\\second} \\text{.} Chwilowe natężenie prądu elektrycznego, lub też natężenie prądu elektrycznego (ang. electric current ), jest pochodną po czasie przepływającego ładunku i wyznacza się je jako granicę ze średniej wartości natężenia prądu elektrycznego przy Δ t ⟶ 0 I = lim Δ t ⟶ 0 Δ Q Δ t = d Q d t ⁢ . Na większości urządzeń elektrycznych, takich jak bezpieczniki czy wyłączniki instalacji elektrycznej, znajdują się oznaczenia wskazujące natężenie prądu (w amperach), niezbędne do poprawnej pracy. Prędkość przepływających ładunków określa się jako natężenie prądu elektrycznego. 1 ⁢ A to przepływ ładunku o wartości 1 ⁢ C w ciągu 1 ⁢ s . Prąd o natężeniu 1 ⁢ A oznacza przepłynięcie 6,25 ⋅ 10 18 elektronów przez powierzchnię S S w ciągu 1 ⁢ s . Obliczanie średniego natężenia prądu Głównym zadaniem akumulatora znajdującego się w samochodzie jest włączenie rozrusznika (ang. electric starter motor ), który z kolei uruchamia silnik. Uruchomienie samochodu wymaga dużego natężenia prądu pobranego z baterii. Gdy silnik zostanie włączony, urządzenie zwane alternatorem przejmuje rolę dostawcy prądu elektrycznego, niezbędnego do pracy pojazdu oraz ładowania baterii. Ile wynosi średnie natężenie prądu elektrycznego, gdy akumulator samochodowy wprawia w ruch 720 ⁢ C ładunku w czasie 4 ⁢ s podczas uruchamiania pojazdu? Ile zajmie wypłynięcie z baterii ładunku 1 ⁢ C ? Strategia rozwiązania Ponieważ znamy wartość ładunku i czasu, możemy wykorzystać definicję średniego natężenia prądu, opisaną wzorem I = Δ Q ∕ Δ t , aby obliczyć je w punkcie (a). W punkcie (b) znamy średnie natężenie prądu, możemy więc ponownie skorzystać z definicji I = Δ Q ∕ Δ t , aby obliczyć czas niezbędny do przepływu 1 ⁢ C ładunku z baterii. Rozwiązanie Podstawienie podanych wartości ładunku i czasu do definicji średniego natężenia prądu daje I = Δ Q Δ t = 720 ⁢ C 4 ⁢ s = 180 ⁢ C ∕ s = 180 ⁢ A ⁢ . Aby obliczyć czas Δ t , należy przekształcić związek I = Δ Q ∕ Δ t i podstawić podane wartości ładunku i natężenia prądu Δ t = Δ Q I = 1 ⁢ C 180 ⁢ C ∕ s = 5,56 ⋅ 10 -3 ⁢ s = 5,56 ⁢ ms ⁢ . \\prefop{\\Delta} t = \\frac{\\prefop{\\Delta} Q}{I} = \\frac{\\SI{1}{\\coulomb}}{\\SI{180}{\\coulomb\\per\\second}} = \\SI{5,56e-3}{\\second} = \\SI{5,56}{\\milli\\second} \\text{.} Znaczenie Wysoka wartość natężenia prądu świadczy o dużym ładunku przemieszczającym się w krótkim czasie. Prądy w rozrusznikach są wystarczająco duże, aby przezwyciężyć bezwładność silnika. Duże natężenie prądu jest niezbędne, aby w krótkim czasie doprowadzić duży ładunek. Wysokie natężenie prądu jest konieczne, aby dostarczyć dużą ilość energii wymaganej do uruchomienia silnika. Wyznaczanie chwilowego natężenia prądu Rozważmy ładunek, poruszający się przez przekrój przewodu dany wzorem Q ⁡ t = Q max ⁢ 1 − e − t ∕ τ , gdzie Q max – maksymalna wartość ładunku tj. wartość uzyskana gdy t ⟶ ∞ t \\to \\infty , podana w kulombach, natomiast τ to stała czasowa dana w sekundach ( ). Jakie będzie natężenie prądu w przewodzie? Wykres zależności ładunku poruszającego się przez przekrój przewodu od czasu. Strategia rozwiązania Natężenie prądu płynącego przez przekrój możemy obliczyć ze wzoru I = Δ Q ∕ Δ t . Zauważmy, że gdy na wykresie wartość ładunku rośnie do wartości Q max , jej pochodna maleje i dąży do zera wraz z upływającym czasem ( ). Rozwiązanie Pochodną można obliczyć z zależności d d x ⁢ e u = e u ⁢ d u d x ⁢ , I = d Q d t = d d t ⁢ Q max ⁢ 1 − e − t ∕ τ = Q max τ ⁢ e − t ∕ τ ⁢ . Wykres zależności natężenia prądu przepływającego przez przewód od czasu. Znaczenie Natężenie prądu przepływającego przez przewód maleje wykładniczo, jak pokazano na . W kolejnych rozdziałach będziemy rozważać natężenie prądu zależne od czasu w trakcie ładowania i rozładowywania kondensatora przez rezystor. Powinniśmy pamiętać, że kondensator gromadzi ładunek. O rezystorach dowiemy się więcej w podrozdziale Model przewodnictwa w metalach . Sprawdź, czy rozumiesz. Żeby wykonać obliczenia niezbędne do zdania egzaminu z fizyki, używa się kalkulatora, który najczęściej zasila małe ogniwo słoneczne. Natężenie prądu zużywanego przez kalkulator jest bardzo małe, równe 0,3 ⁢ mA . Ile czasu zajmie wypłynięcie ładunku 1 ⁢ C z ogniwa słonecznego? Czy ogniwo słoneczne może zostać użyte do zasilania rozrusznika silnika spalinowego w samochodzie? Czas potrzebny na przepłynięcie ładunku o wartości 1 ⁢ C wynosi Δ t = Δ Q ∕ I = 1 ⁢ C ∕ 0,3 ⋅ 10 − 3 ⁢ C ∕ s = 3,33 ⋅ 10 3 ⁢ s , czyli trochę mniej niż 1 ⁢ h . To zupełnie inna wartość niż 5,55 ⁢ ms w przypadku akumulatora. Kalkulator zużywa bardzo małą ilość energii niezbędnej do pracy, w przeciwieństwie do rozrusznika samochodowego. Istnieje wiele powodów, dla których w samochodach używa się akumulatorów, a nie baterii słonecznych. Oprócz oczywistego faktu, że pojazd nie zawsze ma dostęp do źródła światła, współczesne ogniwa słoneczne nie są w stanie zapewnić dużej wartości natężenia prądu wymaganego do uruchomienia silnika. Ogniwa słoneczne można zastosować do ładowania baterii, co wymaga o wiele mniej energii w stosunku do energii niezbędnej do uruchomienia silnika i pracy innych urządzeń, takich jak grzejnik czy klimatyzator. Współczesne samochody zasilane przy pomocy ogniw słonecznych pracują, używając silnika elektrycznego zamiast spalinowego. Sprawdź, czy rozumiesz. Na wyłącznikach instalacyjnych w domach są podane wartości natężenia prądu, zwykle w przedziale od 10 ⁢ A do 30 ⁢ A . Wyłączników takich używa się do zabezpieczenia mieszkańców przed niebezpieczeństwem, a urządzenia przed uszkodzeniem związanym ze zbyt dużym natężeniem prądu. Jednego 15-amperowego wyłącznika instalacyjnego można użyć do zabezpieczenia kilku urządzeń w salonie, natomiast jeden 20-amperowy zabezpiecza lodówkę w kuchni. Jakie wnioski można wyciągnąć co do natężenia prądu w różnych urządzeniach domowych? Całkowity prąd potrzebny wszystkim urządzeniom w salonie (kilka lamp, telewizor, laptop) ma mniejsze natężenie niż prąd wykorzystywany przez lodówkę. Prąd w obwodzie W poprzednich paragrafach zdefiniowaliśmy natężenie prądu jako przepływ ładunku przez przekrój poprzeczny w jednostce czasu. Aby ładunek mógł przepływać przez takie urządzenia jak żarówka pokazana na , musi istnieć zamknięta droga (czyli obwód , ang. circuit ) od dodatniej do ujemnej elektrody. Rozważmy prosty obwód składający się z akumulatora samochodowego, włącznika, przedniej lampy i przewodów zapewniających prądowi drogę pomiędzy elementami. Ładunek musi opuścić dodatnią elektrodę baterii, przepłynąć przez elementy i dotrzeć do ujemnej elektrody. Włącznik służy do kontrolowania obwodu. Część (a) rysunku pokazuje prosty obwód składający się z akumulatora, włącznika, przewodów łączących elementy i lampy. Część (b) rysunku przedstawia schemat (ang. schematic ) obwodu. Jest on graficzną prezentacją obwodu i bardzo przydaje się w wizualizacji najważniejszych cech obwodu. W schematach używa się standardowych symboli reprezentujących elementy obwodu, natomiast linie ciągłe odpowiadają przewodom łączącym elementy. Baterię przedstawia szereg długich i krótkich linii ilustrujących ogniwo Volty. Lampa to kółko z pętlą w środku, reprezentującą włókno żarówki. Włącznik (klucz) to dwa punkty z przewodzącą poprzeczką do ich połączenia. Przewody łączące elementy to linie ciągłe. Schemat w części (c) pokazuje kierunek płynącego prądu, gdy obwód jest zamknięty. (a) Prosty obwód elektryczny z lampą, akumulatorem oraz włącznikiem. Gdy obwód jest zamknięty, nieprzerwana ścieżka pozwala na przepływ prądu przez przewody podłączone do elektrod baterii. (b) Na schemacie baterię reprezentują równoległe linie, które przypominają pierwszy projekt baterii. Dłuższa linia to elektroda dodatnia. Przewody są przedstawione jako linie ciągłe. Otwarty włącznik to dwa punkty z linią, która może je połączyć. Lampa to kółko zawierające włókno, tak jak w żarówce. (c) Kiedy włącznik jest zamknięty, obwód również jest zamknięty, co sprawia, że prąd przepływa od dodatniej elektrody baterii do ujemnej. Gdy włącznik na (c) jest zamknięty, ścieżka przepływu ładunków jest kompletna, od dodatniej elektrody baterii, przez włącznik, lampę i do ujemnej elektrody. Zwróćmy uwagę, że prąd przepływa w kierunku od dodatniej do ujemnej elektrody. Kierunek umowny prądu (ang. conventional current ) jest taki sam jak kierunek ruchu dodatniego ładunku: od dodatniej elektrody do ujemnej. Jednak w niektórych materiałach również ładunki ujemne lub jednocześnie dodatnie i ujemne mogą się poruszać. W metalowych przewodach prąd przenoszą elektrony, to znaczy, że poruszają się ładunki ujemne. W roztworach jonowych, takich jak słona woda, zarówno dodatnie, jak i ujemne ładunki są w ruchu. Taka sytuacja występuje również w komórkach nerwowych. Generator Van de Graaffa, używany do badań jądrowych, produkuje prąd dodatnich ładunków, takich jak protony. W Wielkim Zderzaczu Hadronów znajdującym się w Europejskiej Organizacji Badań Jądrowych (CERN, ang. European Organization for Nuclear Research ) na granicy Szwajcarii i Francji zderzają się wiązki protonów i antyprotonów poruszające się w przeciwnych kierunkach. Protony są ładunkami dodatnimi, więc ich prąd ma kierunek zgodny z kierunkiem ruchu tych cząstek. Natomiast antyprotony mają ujemny ładunek, więc ich prąd ma zwrot przeciwny do kierunku ich ruchu. Przyjrzyjmy się bliżej prądowi przepływającemu przez przewód na . Przedstawia on ruch naładowanych cząstek, które stanowią prąd. Fakt, że umownie kierunek prądu wyznaczają dodatnie ładunki, zawdzięczamy naukowcowi i politykowi Benjaminowi Franklinowi (1706–1790) . Ponieważ w tym czasie nie odkryto jeszcze cząstek wchodzących w skład atomu (proton, elektron, neutron), Franklin uważał, że prąd elektryczny przepływa od materiału, który ma więcej „płynu elektrycznego”, do materiału, który ma go mniej. Materiał z większą ilością „płynu elektrycznego” został przez niego nazwany „dodatnim”, analogicznie „ujemnym” nazwał materiał, który miał mniej „płynu elektrycznego”. Przypuszczał, że prąd będzie przepływał z materiału z większą ilością „płynu elektrycznego” – dodatniego materiału – do ujemnego. Franklin nazwał kierunek przepływu prądu dodatnim przepływem. To myślenie było niezwykle odważne jak na człowieka, który nic nie wiedział o budowie atomu. Prąd I jest prędkością, z jaką przepływają ładunki przez powierzchnię S S , taką jak przekrój poprzeczny przewodu. Umownie prąd płynie w kierunku zgodnym z kierunkiem wektora natężenia pola elektrycznego. (a) Ładunki dodatnie poruszają się zgodnie z kierunkiem wektora natężenia pola elektrycznego, czyli takim samym jak umowny kierunek prądu. (b) Ładunki ujemne poruszają się przeciwnie do zwrotu wektora natężenia pola elektrycznego. Umowny kierunek prądu jest przeciwny do kierunku ruchu ujemnych ładunków. Ruch elektronów czasami nazywa się przepływem elektrycznym. Już wiemy, że materiał jest naładowany dodatnio, gdy ma więcej protonów niż elektronów, a ujemnie, gdy ma więcej elektronów niż protonów. W przewodnikach przepływ prądu wynika z przepływu elektronów z materiału naładowanego ujemnie do naładowanego dodatnio, jednak ze względów historycznych przyjmujemy kierunek prądu zgodny z kierunkiem przepływu dodatnich ładunków od dodatniej elektrody do ujemnej. Niezwykle ważnym jest pamiętanie o tym, że warunkiem koniecznym przepływu prądu jest istnienie w przewodniku pola elektrycznego ( ). W poprzednich rozdziałach rozważaliśmy ładunki statyczne, które szybko rozmieszczały się na powierzchni przewodnika, aby zrównoważyć zewnętrzne pole elektryczne i doprowadzić do stanu równowagi. W obwodzie elektrycznym ładunki nigdy nie osiągną takiego stanu ze względu na zewnętrzne źródło napięcia elektrycznego, takie jak bateria. Energię niezbędną do poruszania ładunków dostarcza źródło napięcia elektrycznego, jakim jest bateria. Mimo że pole elektryczne odpowiada za ruch ładunków w przewodniku, praca przez nie wykonana na ładunkach nie zwiększa ich energii kinetycznej. Pokażemy, że pole elektryczne utrzymuje stałą prędkość dryfu ładunków elektrycznych. Podsumowanie Średnie natężenie prądu elektrycznego I śr jest prędkością przepływu ładunków, daną wzorem I śr = Δ Q ∕ Δ t , gdzie Δ Q jest ilością ładunku przepływającego przez powierzchnię w czasie Δ t . Chwilowa wartość natężenia prądu elektrycznego (lub natężenie prądu I ) jest prędkością przepływu ładunków. Jeśli zastosujemy granicę, gdy czas dąży do zera, otrzymamy I = d Q ∕ d t , gdzie d Q ∕ d t jest pochodną ładunku po czasie. Kierunek konwencjonalnego prądu jest kierunkiem przepływu dodatnich ładunków. W prostym stałoprądowym (DC) obwodzie prąd płynie od dodatniej elektrody baterii do ujemnej. Jednostką natężenia prądu w układzie SI jest amper ( A ), gdzie 1 ⁢ A = 1 ⁢ C ∕ s . Prąd to przepływ swobodnych ładunków, takich jak elektrony, protony czy jony. Pytania Czy przewód, przez który płynie prąd, może być neutralny, to znaczy jego wypadkowy ładunek jest równy zero? Wyjaśnij. Gdy przez przewód płynie prąd, ładunki wpływają przez dodatnią elektrodę źródła napięcia i wypływają przez ujemną, co powoduje że całkowity ładunek pozostaje równy zero podczas przepływu prądu. Pojemność akumulatorów samochodowych określa się w amperogodzinach ( A ⁢ h ). Jaką wielkość fizyczną mierzy się w tych jednostkach: napięcie, natężenie prądu, ładunek, energię, moc, ...? Podczas pracy z obwodami elektrycznymi wysokiej mocy zaleca się, kiedy to tylko możliwe, pracę na jedną rękę albo z ręką w kieszeni. Z czego wynika ta sugestia? Używanie jednej ręki zmniejsza ryzyko zamknięcia obwodu i uniemożliwia przepływ prądu przez organizm, zwłaszcza przez serce. Zadania Generator Van de Graaffa jest jednym z pierwszych akceleratorów cząstek i może zostać użyty do przyspieszania cząstek takich jak protony czy elektrony. Mogłeś widzieć jego zastosowanie, gdy był używany do postawienia włosów lub wytwarzania ogromnych iskier. Innym zastosowaniem generatora Van de Graaffa jest wytwarzanie promieniowania X poprzez bombardowanie twardego metalowego celu przez wiązkę nośników ładunku. Rozważ wiązkę protonów o energii 1 ⁢ keV oraz natężeniu prądu 5 ⁢ mA , wyprodukowaną przez generator. Jaka jest prędkość protonów? Ile protonów jest wytwarzanych w każdej sekundzie? a. v = 4,28 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s ; b. Δ q = 5 ⋅ 10 − 3 ⁢ C , liczba protonów wynosi 3,13 ⋅ 10 16 . Monitor kineskopowy (CRT, ang. cathode ray tube ) jest urządzeniem, które produkuje skupioną wiązkę elektronów w próżni. Elektrony uderzają w szklany ekran pokryty fosforem, co powoduje powstanie jasnego punktu. Pozycja jasnego punktu na ekranie może być regulowana poprzez zakrzywianie wiązki elektronów przy użyciu pola elektrycznego, magnetycznego lub obydwu. Monitory kineskopowe były powszechnie używane w telewizorach, wyświetlaczach komputerowych czy oscyloskopach, natomiast nowsze urządzenia wykorzystują wyświetlacze ciekłokrystaliczne (LCD, ang. liquid crystal display ) lub plazmowe. Wciąż jednak możesz się natknąć na monitory kineskopowe w twojej dziedzinie nauki. Rozważ monitor kineskopowy ze średnim natężeniem prądu wiązki elektronowej 25 ⁢ µA . Jak dużo elektronów uderza w ekran w każdej sekundzie? Ile elektronów przepływa przez punkt przewodu w ciągu 3 ⁢ s , jeśli płynie w nim prąd o stałym natężeniu I = 4 ⁢ A ? I = Δ Q ∕ Δ t , Δ Q = 12 ⁢ C , liczba elektronów wynosi 7,46 ⋅ 10 15 . Przez przewodnik płynie prąd, którego natężenie maleje wykładniczo z czasem, według zależności I = I 0 ⁢ e − t ∕ τ , gdzie I 0 = 3 ⁢ A jest wartością natężenia prądu w chwili początkowej t = 0 ⁢ s , a τ = 0,5 ⁢ s to stała czasowa. Jaki ładunek przepływa przez przewodnik pomiędzy t = 0 ⁢ s a t = 3 ⁢ τ ? Ładunek przepływający przez przewodnik jest opisany wzorem Q = 4 ⁢ mC ∕ s 4 ⋅ t 4 − 1 ⁢ mC ∕ s ⋅ t + 6 ⁢ mC ⁢⁢ . Ile wynosi natężenie prądu w czasie t = 3 ⁢ s ? I ⁡ t = 16 ⁢ mC ∕ s 4 ⋅ t 3 − 1 ⁢ mC ∕ s , I ⁡ 3 ⁢ s = 0,431 ⁢ A . Natężenie prądu płynącego przez przewodnik jest opisane wzorem I ⁡ t = I max ⁢ sin 2 ⁢ π ⋅ 60 ⁢ Hz ⋅ t . Zapisz zależność ładunku w funkcji czasu. Ładunek na kondensatorze w obwodzie jest dany wzorem Q ⁡ t = Q max ⁢ cos ω ⁢ t + ϕ . Jaka jest zależność natężenia prądu płynącego w tym obwodzie od czasu? I ⁡ t = − I max ⁢ sin ω ⁢ t + ϕ . amper (ang. ampere ) jednostka natężenia prądu w układzie SI; 1 ⁢ A = 1 ⁢ C ∕ s obwód (ang. circuit ) zamknięta ścieżka, przez którą płynie prąd elektryczny umowny kierunek prądu (ang. conventional current ) prąd przepływa przez obwód od dodatniej elektrody baterii do ujemnej natężenie prądu elektrycznego (ang. electric current ) prędkość przepływu ładunków, I = d Q ∕ d t schemat (ang. schematic ) graficzna reprezentacja obwodu z wykorzystaniem standardowych oznaczeń komponentów oraz linii ciągłych jako przewodów je łączących", "section": "Prąd elektryczny", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Model przewodnictwa w metalach Gdy elektrony poruszają się w przewodzie, nie mają stałej prędkości, nie przemieszczają się ruchem jednostajnym prostoliniowym. Oddziałują i zderzają się z atomami oraz innymi swobodnymi elektronami w przewodniku. Poruszają się po torze w kształcie zygzaka i dryfują przez przewód. Warto również zauważyć, że chociaż mówimy o kierunku prądu, to jego natężenie jest wielkością skalarną. Gdy mówimy o natężeniu prądu jako szybkości poruszania się ładunków bardziej poprawne jest rozważanie gęstości natężenia prądu. Pod koniec rozdziału bliżej przyjrzymy się tej kwestii. Prędkość dryfu Sygnały elektryczne przenoszone są bardzo szybko. Rozmowy telefoniczne, możliwe dzięki przepływowi prądu przez przewody na dalekie odległości, nie mają zauważalnych opóźnień. Światło włącza się od razu po przełączeniu kontaktu. Większość sygnałów elektrycznych przenoszonych przez prąd porusza się z prędkością rzędu 10 8 ⁢ m ∕ s , co jest znaczącym ułamkiem prędkości światła. Co ciekawe, pojedyncze ładunki, które tworzą prąd elektryczny, poruszają się średnio o wiele wolniej, zazwyczaj dryfując z prędkością rzędu 10 − 4 ⁢ m ∕ s . Jak pogodzić te dwie wielkości i co one nam mówią o standardowych przewodnikach? Duża prędkość przesyłania sygnałów elektrycznych wynika z nagłej siły oddziaływania pomiędzy ładunkami. Gdy swobodny elektron wpływa do przewodu, tak jak na , popycha inne ładunki do przodu na skutek występowania sił odpychania pomiędzy nimi. Poruszające się ładunki popychają kolejne wzdłuż przewodu. Ze względu na występowanie sił odpychania między elektronami gęstość ładunków w układzie nie może łatwo ulec zwiększeniu, więc sygnał jest przekazywany momentalnie. Powstająca elektryczna fala uderzeniowa porusza się wzdłuż układu nieomal z prędkością światła. Ten szybko poruszający się sygnał, czyli fala uderzeniowa, to zmiana pola elektrycznego zachodząca w krótkim odcinku czasu. Gdy ładunki wpływają do przewodnika, taka sama ich ilość musi go opuścić. Siły odpychające pomiędzy ładunkami powodują, że bardzo trudno zwiększyć gęstość ładunku w objętości. Gdy jeden ładunek wpływa, inny prawie natychmiast wypływa, niosąc ze sobą sygnał. Dobre przewodniki mają dużą liczbę swobodnych nośników ładunków. W metalach są to swobodne elektrony (dobre przewodniki elektryczne są przeważnie także dobrymi przewodnikami ciepła, ponieważ duża liczba swobodnych elektronów może przenosić energię cieplną tak samo jak przenosi prąd). pokazuje, jak swobodne elektrony poruszają się w zwykłym przewodniku. Odległość, jaką pokonuje elektron pomiędzy zderzeniami z atomami i innymi elektronami, jest bardzo mała. Droga elektronu wydaje się zupełnie losowa, tak jak ruch atomów w gazie. Jednak istniejące pole elektryczne w przewodniku powoduje dryf elektronów w pokazanym kierunku (przeciwnym do kierunku wektora natężenia pola elektrycznego, ponieważ są to ładunki ujemne). Prędkość dryfu (ang. drift velocity ) v → d jest średnią prędkością swobodnych ładunków. To wielkość dosyć mała z powodu dużej liczby swobodnych nośników. Jeśli oszacujemy gęstość (koncentrację) swobodnych elektronów w przewodniku, będziemy w stanie obliczyć prędkość dryfu dla danego natężenia prądu. Im większa gęstość prądu, tym mniejsza prędkość wymagana dla takiego samego natężenia prądu. Swobodne elektrony poruszają się w przewodniku i zderzają z pozostałymi elektronami oraz innymi cząstkami. Pokazana została typowa droga elektronu. Średnia prędkość swobodnych nośników nazywa się prędkością dryfu v → d , która dla elektronów ma zwrot przeciwny do kierunku wektora natężenia pola elektrycznego. Zderzenia, które odpowiadają za przekazywanie energii wzdłuż przewodnika, wymagają ciągłego dostarczania energii, aby płynący prąd się nie zmieniał. Swobodne elektrony podczas zderzeń z atomami w przewodniku przekazują im energię. Pole elektryczne wykonuje pracę nad elektronami podczas ich przemieszczania się, jednak nie wpływa ona na zwiększenie ich energii kinetycznej (ani prędkości). Energia kinetyczna jest przekazywana atomom w przewodniku, co powoduje wzrost jego temperatury. Ciągłe dostarczanie energii jest konieczne do podtrzymania przepływu prądu stałego (wyjątkiem są nadprzewodniki, które przewodzą stały prąd i nie potrzebują dostarczania im energii – to doskonała oszczędność energii). W przewodnikach, które nie są nadprzewodnikami, dostarczanie energii może być wykorzystywane tak jak we włóknie żarówki ( ). Jest ono konieczne do podgrzania włókna żarówki, które zaczyna świecić. Budowa żarówki jest bardzo prosta. Żarnik wolframowy umieszcza się w szklanej bańce, w której wytworzono niską próżnię. Jedna końcówka żarnika jest przymocowana do gwintu z materiału przewodzącego. Druga końcówka jest podłączona do drugiego styku na spodzie żarówki. Obydwa styki są rozdzielone izolatorem. Prąd przypływający przez żarnik powoduje wzrost jego temperatury do momentu zaświecenia. Takie żarówki mają bardzo małą wydajność ze względu na straty cieplne. W 2009 r. rozpoczęto w Polsce proces zastępowania tradycyjnych żarówek energooszczędnymi lampami, np. lampami opartymi na diodach LED oraz świetlówkami kompaktowymi (CFL) (ang. compact fluorescent lamps ). Źródło: modyfikacja pracy Serge Saint Wyrażenie na zależność między prądem a prędkością dryfu można uzyskać, rozważając liczbę swobodnych nośników w objętości przewodu, jak pokazano na . Liczba swobodnych elektronów przypadająca na jednostkę objętości, czyli ich gęstość (koncentracja), jest oznaczana symbolem n , gdzie n jest liczbą ładunków podzieloną przez objętość. Wielkość n zależy od materiału przewodnika. Jeśli zaznaczony obszar ma objętość S ⁢ v d ⁢ d t Sv_{\\text{d}} \\d t , to liczba swobodnych nośników wynosi n ⁢ S ⁢ v d ⁢ d t nSv_{\\text{d}} \\d t . Ładunek d Q w tym kawałku przewodu wynosi q ⁢ n ⁢ S ⁢ v d ⁢ d t qnSv_{\\text{d}}\\d t , gdzie q jest ładunkiem każdego nośnika. (Ładunek elektronu wynosi q = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ). Natężenie prądu to ładunek przenoszony w czasie; jeśli wszystkie ładunki, które początkowo znajdowały się w tym fragmencie przewodu, wypłyną z niego w czasie d t , to natężenie prądu będzie wynosiło I = d Q d t = q ⁢ n ⁢ S ⁢ v d ⁢ . I = \\frac{\\d Q}{\\d t} = qnSv_{\\text{d}} \\text{.} Po przekształceniu wzoru v d = I n ⁢ q ⁢ S ⁢ , v_{\\text{d}} = \\frac{I}{nqS} \\text{,} gdzie v d jest prędkością dryfu, n gęstością swobodnych ładunków, S S przekrojem poprzecznym przewodu, a I jest natężeniem prądu płynącego przez przewód. Każdy z nośników ma ładunek q i porusza się z prędkością dryfu v d . Wszystkie ładunki w zaznaczonym kawałku przewodu wypływają w czasie d t i mają prędkość dryfu v d . Zauważmy, że prędkość dryfu nie wyczerpuje tematu ruchu ładunków. Prędkość elektronu jest czasami większa niż prędkość dryfu. Dodatkowo nie wszystkie elektrony w przewodniku mogą się poruszać swobodnie, i właśnie te, które mogą się poruszać, poruszają się szybciej lub wolniej niż prędkość dryfu. Co zatem rozumiemy przez swobodne elektrony? Atomy w metalowych przewodnikach są upakowane w strukturze krystalicznej. Niektóre elektrony są wystarczająco daleko od jąder atomowych, aby nie odczuwać przyciągania tak mocno jak elektrony znajdujące się bliżej jądra. To właśnie są elektrony swobodne. Nie są związane z pojedynczym atomem, lecz mogą poruszać się pomiędzy nimi w morzu elektronów. Gdy zostaje przyłożone pole elektryczne, wówczas swobodne elektrony przyspieszają. Podczas poruszania zderzają się z atomami w sieci oraz innymi elektronami, generując energię cieplną, co powoduje grzanie się przewodnika. W izolatorach ułożenie atomów i struktura krystaliczna nie pozwalają na istnienie swobodnych elektronów. Jak wiemy, moc elektryczna zwykle dostarczana jest do sprzętu i urządzeń przez sferyczny przewód wykonany z przewodzącego materiału (miedź, aluminium, srebro, złoto), który jest w postaci pojedynczego drutu lub linki splecionej z wielu pojedynczych cienkich drutów. Rozmiar przewodu decyduje o maksymalnym natężeniu płynącego prądu. Im większy promień, tym większy prąd może płynąć. Mimo że przenoszenie prądu zależy od średnicy drutu, jego rozmiar nie jest opisywany przez tę wielkość. Zwykle sprzedaje się przewody opisane jednostką AWG (ang. american wire gauge ). Przewody produkuje się metodą przeciągania materiału przez kołowe formy zwane cięgłami do drutów. Aby wykonać cieńsze przewody, druty są przeciągane przez coraz mniejsze formy. W przeszłości AWG drutu było związane z liczbą procesów jego przeciągania. Z tego powodu większe AWG oznacza mniejszą średnicę. W Stanach Zjednoczonych został opracowany standardowy system AWG . Przewody w gospodarstwach domowych są wykonane z drutu od 10 ⁢ AWG ( 2,588 ⁢ mm średnicy) do 14 ⁢ AWG ( 1,628 ⁢ mm średnicy). Przyrząd do pomiaru AWG drutu przedstawia . Przyrząd do pomiaru rozmiaru drutu elektrycznego. Jak można zauważyć, większa wartość AWG oznacza cieńszy drut. Obliczanie prędkości dryfu w przewodzie Obliczmy prędkość dryfu elektronów w miedzianym przewodzie o średnicy 2,053 ⁢ mm ( 12 ⁢ AWG ), przez który płynie prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Przyjmijmy, że liczba swobodnych elektronów równa się liczbie atomów w miedzi. (Przewody w gospodarstwach domowych są najczęściej wykonane z miedzianego drutu o średnicy 2,053 ⁢ mm , dla którego maksymalne natężenie przepływającego prądu wynosi 20 ⁢ A ). Gęstość miedzi to 8,8 ⋅ 10 3 ⁢ kg ∕ m 3 , natomiast jej masa atomowa – 63,54 ⁢ g ∕ mol . Strategia rozwiązania Możemy obliczyć prędkość dryfu przy użyciu wzoru I = n ⁢ q ⁢ S ⁢ v d . Natężenie prądu wynosi I = 20 ⁢ A , natomiast q = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C to ładunek elektronu. Powierzchnię przekroju poprzecznego przewodu można obliczyć ze wzoru S = π ⁢ r 2 , gdzie r to połowa średnicy. Dana średnica wynosi 2,053 ⁢ mm , więc r ma wartość 1,0265 ⁢ mm . Dane są również gęstość miedzi: 8,8 ⋅ 10 3 ⁢ kg ∕ m 3 , oraz jej masa atomowa: 63,54 ⁢ g ∕ mol . Możemy wykorzystać te dwie wielkości oraz liczbę Avogadra: 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ atomów ∕ mol , do wyznaczenia n , czyli liczby swobodnych elektronów na 1 ⁢ m 3 (koncentracji elektronów). Rozwiązanie Najpierw policzymy gęstość swobodnych elektronów w miedzi. Na jeden swobodny elektron przypada jeden atom. Liczba swobodnych elektronów równa się liczbie atomów. Gęstość liczby elektronów n , tj. liczbę elektronów na 1 ⁢ m 3 , możemy obliczyć z zależności n = 1 ⁢ elektron 1 ⁢ atom ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ atomów 1 ⁢ mol ⋅ 1 ⁢ mol 63,54 ⁢ g ⋅ 1000 ⁢ g 1 ⁢ kg ⋅ 8,8 ⋅ 10 3 ⁢ kg 1 ⁢ m 3 n = 8,34 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 ⁢ . \\begin{multiline} n &= \\frac{\\SI{1}{\\elektron}}{\\SI{1}{\\atom}} \\cdot \\frac{\\SI{6,02e23}{\\atomow}}{\\SI{1}{\\mole}} \\cdot \\frac{\\SI{1}{\\mole}}{\\SI{63,54}{\\gram}} \\cdot \\frac{\\SI{1000}{\\gram}}{\\SI{1}{\\kilo\\gram}} \\cdot \\frac{\\SI{8,8e3}{\\kilo\\gram}}{\\SI{1}{\\metre\\cubed}} \\\\ &= \\SI{8,34e28}{\\elektronow\\per\\metre\\cubed} \\text{.} \\end{multiline} n = 1 ⁢ elektron 1 ⁢ atom ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 ⁢ atomów 1 ⁢ mol ⋅ 1 ⁢ mol 63,54 ⁢ g ⋅ 1000 ⁢ g 1 ⁢ kg ⋅ 8,8 ⋅ 10 3 ⁢ kg 1 ⁢ m 3 = 8,34 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 ⁢ . Powierzchnia przekroju poprzecznego przewodu wynosi S = π ⁢ r 2 = π ⁢ 2,05 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 2 = 3,3 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 ⁢ . Po przekształceniu wzoru I = n ⁢ q ⁢ S ⁢ v d otrzymujemy zależność na prędkość dryfu v d = I n ⁢ q ⁢ S = 20 ⁢ A 8,34 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 ⋅ − 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 3,3 ⋅ 10 -6 ⁢ m 2 v d = − 4,54 ⋅ 10 -4 ⁢ m ∕ s ⁢ . \\begin{multiline} v_{\\text{d}} &= \\frac{I}{nqS} = \\frac{\\SI{20}{\\ampere}}{\\SI{8,34e28}{\\elektronow\\per\\metre\\cubed} \\cdot (-\\SI{1,6e-19}{\\coulomb}) \\cdot \\SI{3,3e-6}{\\metre\\squared}} \\\\ &= -\\SI{4,54e-4}{\\metre\\per\\second} \\text{.} \\end{multiline} v d = I n ⁢ q ⁢ S = 20 ⁢ A 8,34 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 ⋅ − 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 3,3 ⋅ 10 -6 ⁢ m 2 = − 4,54 ⋅ 10 -4 ⁢ m ∕ s ⁢ . Znaczenie Znak minus wskazuje na to, że ujemne ładunki poruszają się przeciwnie do kierunku prądu. Mała wartość prędkości dryfu (rzędu 10 − 4 ⁢ m ∕ s ) potwierdza, że sygnał porusza się ok. 10 12 rzędów razy szybciej (ok. 10 8 ⁢ m ∕ s ) niż ładunki, które go przenoszą. Sprawdź, czy rozumiesz. W prędkość dryfu została policzona dla miedzianego przewodu o średnicy 2,053 ⁢ mm ( 12 ⁢ AWG ), przenoszącego prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Czy prędkość dryfu zmieni się dla przewodu o średnicy 1,628 ⁢ mm ( 14 ⁢ AWG ), przenoszącego prąd o takim samym natężeniu? Średnica przewodu 14 ⁢ AWG jest mniejsza niż 12 ⁢ AWG . Prędkość dryfu jest odwrotnie proporcjonalna do powierzchni przekroju poprzecznego, więc prędkość dryfu będzie większa dla drutu 14 ⁢ AWG niż 12 ⁢ AWG przenoszących prąd o takim samym natężeniu. Liczba elektronów na 1 ⁢ m 3 będzie taka sama. Gęstość prądu Mimo że niezwykle wygodnie jest przypisywać natężeniu prądu znak dodatni lub ujemny, aby określić kierunek jego przepływu, to jest to wielkość skalarna, I = d Q ∕ d t . Czasami niezbędne jest opisywanie dokładnego ruchu ładunku, a nie wyłącznie ogólnego kierunku. W takich przypadkach należy rozważać skorzystanie z gęstości prądu, J → , która jest wielkością wektorową. Gęstość prądu (ang. current density ) oznacza ładunek przepływający przez nieskończenie małą powierzchnię, podzielony przez tę powierzchnię. Ta wielkość uwzględnia miejscową wartość i kierunek przepływającego ładunku, które zmieniają się w kolejnych punktach. Jednostką gęstości prądu jest amper na metr kwadratowy, natomiast kierunek jest zdefiniowany na podstawie kierunku przepływu dodatnich ładunków przez powierzchnię. Związek między natężeniem prądu a jego gęstością przedstawia . Przepływ bardzo małego prądu przez powierzchnię d ⁢ S → można opisać wzorem d I = J → ⋅ d S → = J ⁢ d S ⁢ cos θ ⁢ , gdzie θ to kąt pomiędzy wektorem jednostkowym powierzchni a wektorem gęstości prądu. Całkowite natężenie prądu przepływającego przez powierzchnię d S → można wyznaczyć poprzez całkowanie po powierzchni S S I = ∬ S J → ⋅ d S → ⁢ . I = \\iint_S \\vec{J} \\cdot \\d \\vec{S} \\text{.} Można rozważyć wartość gęstości prądu, która jest stosunkiem natężenia prądu i powierzchni J = I S = n ⁢ q ⁢ S ⁢ v d S = n ⁢ q ⁢ v d ⁢ . Z tego wynika, że gęstość prądu równa się J → = n ⁢ q ⁢ v → d . Jeśli q jest dodatnie, to v → d ma taki sam zwrot jak zwrot wektora natężenia pola elektrycznego E → . Jeśli q jest ujemne, to v → d ma zwrot przeciwny do E → . Z tego wynika, że kierunek gęstości prądu J → ma taki sam zwrot jak zwrot wektora natężenia pola elektrycznego E → . Gęstość prądu J → jest zdefiniowana jako prąd przepływający przez nieskończenie mały przekrój poprzeczny, podzielony przez jego powierzchnię. Kierunek wektora gęstości prądu jest taki sam jak kierunek wektora prędkości ładunków dodatnich, natomiast wartość równa się stosunkowi natężenia prądu do nieskończenie małej powierzchni. Obliczanie gęstości prądu w przewodzie Natężenie prądu dostarczonego do lampy ze 100-watową żarówką wynosi 0,87 ⁢ A . W lampie użyto miedzianego przewodu o średnicy 2,588 ⁢ mm . Obliczmy wartość gęstości prądu. Strategia rozwiązania Gęstość prądu to stosunek prądu przepływającego przez nieskończenie mały przekrój poprzeczny. Możemy policzyć wartość gęstości prądu przy użyciu wzoru J = I ∕ S . Natężenie prądu wynosi 0,87 ⁢ A . Obliczona powierzchnia przekroju poprzecznego to S = 5,26 ⁢ mm 2 . Rozwiązanie Gęstość prądu obliczymy, wykorzystując dane natężenie prądu I = 0,87 ⁢ A oraz powierzchnię S = 5,26 ⁢ mm 2 J = I S = 0,87 ⁢ A 5,26 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 = 1,65 ⋅ 10 5 ⁢ A ∕ m 2 ⁢ . Znaczenie Gęstość prądu w przewodzie zależy od natężenia prądu przepływającego oraz powierzchni przekroju poprzecznego. Jeśli natężenie prądu jest stałe, to gęstość prądu maleje, gdy rośnie średnica przewodu. Sprawdź, czy rozumiesz. Gęstość prądu jest wprost proporcjonalna do natężenia prądu oraz odwrotnie proporcjonalna do powierzchni. Jeżeli gęstość prądu w przewodzie rośnie, to jak będzie się zachowywać prędkość dryfu ładunków? Wartość gęstości prądu w przewodzie wzrasta wraz ze wzrastającym natężeniem prądu. Prędkość dryfu jest odwrotnie proporcjonalna do natężenia prądu ( v d = n ⁢ q ⁢ S ∕ I ). Z tego wynika, że prędkość dryfu będzie maleć. Jakie znaczenie ma gęstość prądu? Jej wartość jest wprost proporcjonalna do natężenia prądu, natomiast natężenie prądu to liczba ładunków przepływających przez przekrój poprzeczny na sekundę. Ładunki poruszają się w przewodniku dzięki sile elektrycznej wynikającej z obecności pola elektrycznego. Jest ono wytwarzane, gdy do przewodnika przykłada się napięcie. W podrozdziale Prawo Ohma zastosujemy związek między gęstością prądu a polem elektrycznym, żeby rozważać zależności między natężeniem prądu w przewodniku a napięciem do niego przyłożonym. Podsumowanie Prąd płynący w przewodniku zależy głównie od ruchu swobodnych elektronów. Gdy do przewodnika zostanie przyłożone pole elektryczne, swobodne elektrony nie poruszają się ani ze stałą prędkością, ani w jednym kierunku. Natomiast poruszają się prawie losowo z powodu zderzeń z innymi elektronami oraz atomami. Mimo że elektrony poruszają się ruchem prawie losowym, to po przyłożeniu pola elektrycznego do przewodnika ich całkowita prędkość może być zdefiniowana za pośrednictwem prędkości dryfu. Gęstość prądu jest wielkością wektorową zdefiniowaną jako stosunek natężenia prądu płynącego przez nieskończenie małą powierzchnię do tej powierzchni. Natężenie prądu można wyznaczyć, posługując się gęstością prądu I = ∬ S J → ⋅ d S → ⁢ . I = \\iint_S \\vec{J} \\cdot \\d \\vec{S} \\text{.} Żarówka to żarnik zamknięty w szklanej bańce, w której występuje słaba próżnia. Prąd, płynąc przez żarnik, powoduje, że energia elektryczna zamienia się w światło oraz ciepło. Pytania Żarówki są wypierane przez bardziej wydajne diody elektroluminescencyjne i świetlówki kompaktowe. Czy są jakieś dowody na to, że zwykłe żarówki nie są energooszczędne? Czy energia może być zamieniana na coś innego niż światło? Podkreśliliśmy wcześniej, że ruch elektronów wydaje się niemal losowy, gdy pole elektryczne jest przyłożone do przewodnika. Co sprawia, że on nie jest całkowicie losowy, jak w przypadku ruchu molekuł w gazie? Mimo że elektrony zderzają się z atomami i innymi elektronami w przewodzie, przemieszczają się od ujemnej elektrody do dodatniej. Dryfują w jednym kierunku. Cząsteczki gazu poruszają się w losowych kierunkach. Modelem używanym do przedstawiania obwodów elektrycznych jest woda płynąca przez rurę. W tym modelu źródło napięciowe jest przedstawiane jako pompa, która pompuje wodę przez rury łączące elementy obwodu. Czy model płynącej wody to adekwatna reprezentacja obwodu elektrycznego? W czym elektrony i przewody są podobne do cząsteczek wody i rur, a czym się różnią? W żarówkach jest słaba próżnia. Dlaczego? W początkowych latach używania żarówek wypompowywano z nich powietrze, aby zmniejszyć ilość ciepła przenoszonego przez gaz do szklanej bańki. Uciekające ciepło powodowało chłodzenie się żarnika, co zwiększało ilość energii potrzebnej do jego zaświecenia. Jednocześnie ten zabieg chroni szklaną bańkę przed zbyt wysoką temperaturą. Podczas ogrzewania się szkła zwiększa ono swoje wymiary, natomiast podczas chłodzenia się kurczy. Takie zmiany rozmiarów mogą doprowadzić do pęknięcia bańki szklanej, skracając żywotność żarówki. Wiele współczesnych żarówek jest wypełnionych gazem obojętnym. Aby zapobiec zapaleniu się żarnika, często usuwa się tlen z wnętrza bańki. Gdy wczesne żarniki zostały zamienione na bardziej wydajne, wykonane z wolframu, okazało się, że atomy wolframu poddane tak wysokiej temperaturze wyparowują. Dzięki obecności atomów gazu obojętnego, z którymi zderzają się atomy wolframu, osadzają się one z powrotem na żarniku. Zadania Przez aluminiowy przewód o średnicy 1,628 ⁢ mm ( 14 ⁢ AWG ) płynie prąd o natężeniu 3 ⁢ A . Jaka jest całkowita wartość gęstości ładunku w drucie? Jaka jest prędkość dryfu elektronów? Jaka byłaby prędkość dryfu elektronów w drucie o takich samych wymiarach, ale wykonanym z miedzi? Gęstość miedzi wynosi 8,96 ⁢ g ∕ cm 3 , a gęstość aluminium równa się 2,7 ⁢ g ∕ cm 3 . Masa molowa aluminium to 26,98 ⁢ g ∕ mol , a masa molowa miedzi to 63,5 ⁢ g ∕ mol . Załóż, że na każdy atom metalu przypada jeden swobodny elektron. Natężenie prądu wiązki elektronowej o promieniu 1 ⁢ mm 2 wynosi I = 50 ⁢ µA . Ile wynosi wartość gęstości prądu w tej wiązce? J = 15,92 ⁢ A ∕ m 2 . Wysokoenergetyczny akcelerator produkuje wiązkę protonów o średnicy r = 0,9 ⁢ mm . Natężenie prądu w wiązce jest stałe i wynosi I = 9 ⁢ µA . Gęstość ładunku wynosi n = 6 ⋅ 10 11 protonów na 1 ⁢ m 2 . Jaka jest gęstość prądu w wiązce? Ile wynosi prędkość dryfu cząstek w wiązce? Ile czasu potrzeba na wyemitowanie 10 10 protonów przez akcelerator? Rozważ drut o kołowym przekroju poprzecznym o promieniu R = 3 ⁢ mm . Gęstość prądu jest opisana wzorem J = c ⁢ r 2 = 5 ⋅ 10 6 ⁢ A ∕ m 4 ⋅ r 2 . Ile wynosi natężenie prądu płynącego przez wewnętrzną część drutu od środka do r = 0,5 ⁢ R ? I = 40 ⁢ mA . Natężenie prądu wytwarzanego przez wiązkę elektronów o promieniu 1 ⁢ mm 2 wynosi I = 50 ⁢ µA . Ile wynosi wartość gęstości prądu w tej wiązce? Natężenie prądu dostarczanego do klimatyzatora wynosi 4 ⁢ A . Jest on zasilany przez drut o średnicy 2,588 ⁢ mm ( 10 ⁢ AWG ). Gęstość ładunku wynosi n = 8,48 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 . Oblicz gęstość prądu; prędkość dryfu. a. J = 7,6 ⋅ 10 5 ⁢ A ∕ m 2 ; b. v d = 5,6 ⋅ 10 − 5 ⁢ m ∕ s . gęstość prądu (ang. current density ) stosunek przepływu ładunków przez przekrój poprzeczny do powierzchni tego przekroju prędkość dryfu (ang. drift velocity ) prędkość ładunku podczas chaotycznego ruchu w przewodniku, gdzie doświadcza wielu zderzeń, uśredniona wzdłuż długości drutu podzielonej przez czas, który zajmuje mu pokonanie tej odległości", "section": "Model przewodnictwa w metalach", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Rezystywność i rezystancja Co jest źródłem prądu elektrycznego? Możemy przywołać mnóstwo urządzeń, takich jak baterie, generatory, gniazdka ścienne, które są niezbędne, aby płynął prąd. Wszystkie one wytwarzają różnicę potencjałów, czyli są źródłami napięcia. Gdy źródło napięcia jest podłączone do przewodnika, na jego końcach pojawia się różnica potencjałów U , która powoduje powstanie pola elektrycznego. Z kolei to pole wywiera siłę na swobodne ładunki, co powoduje powstanie prądu. Wartość natężenia prądu zależy nie tylko od wielkości przyłożonego napięcia, ale również od parametrów materiału, przez który on płynie. Materiał może stawiać opór przepływającym ładunkom. Miarą tego oporu jest wielkość zwana rezystywnością (lub opornością). Rezystywność można traktować analogicznie do tarcia pomiędzy dwoma materiałami utrudniającego ich ruch. Rezystywność Gdy napięcie jest przyłożone do przewodnika, wówczas powstaje pole elektryczne. Jego natężenie oznaczamy E → . Ładunki zaczynają się poruszać pod wpływem siły działającej na nie w polu elektrycznym. Gęstość prądu J → , która jest wynikiem tego ruchu, zależy od natężenia elektrycznego oraz właściwości materiału. Ta zależność może być bardzo skomplikowana. W niektórych materiałach, również metalach w określonej temperaturze gęstość prądu jest w przybliżeniu wprost proporcjonalna do natężenia pola elektrycznego. W takim przypadku gęstość prądu można opisać wzorem J → = σ ⁢ E → ⁢ , gdzie σ to przewodność elektryczna (ang. electrical conductivity ). Przewodność elektryczna analogicznie do przewodności cieplnej jest miarą zdolności materiału do przewodzenia i transmitowania prądu. Przewodniki mają większą przewodność elektryczną niż izolatory. Przewodność elektryczna to σ = J ∕ E , co oznacza, że jej jednostką jest σ = J E = A ∕ m 2 V ∕ m = A V ⁢ m ⁢ . Zdefiniujemy jednostkę nazwaną om (ang. ohm ), oznaczaną dużą grecką literą omega Ω . Została ona tak nazwana na cześć Georga Simona Ohma, o którym będziemy jeszcze mówili w tym rozdziale. Oznaczenia Ω używa się, aby nie mylić jej z cyfrą 0. Jeden om jest równy jednemu voltowi na jeden amper: 1 ⁢ Ω = 1 ⁢ V ∕ 1 ⁢ A . Jednostką przewodności elektrycznej jest więc Ω ⁢ m − 1 . Przewodność to wewnętrzna właściwość materiału. Kolejną jest rezystywność (ang. resistivity ) lub inaczej rezystywność elektryczna. Rezystywność materiału określa to, jak bardzo opiera się on przepływowi prądu elektrycznego. Oznacza się ją małą grecką literą ρ . Ta wielkość jest odwrotnością przewodności elektrycznej ρ = 1 σ ⁢ . Jednostką rezystywności w układzie SI jest om pomnożony przez metr ( Ω ⁢ m ). Oporność możemy zdefiniować jako zależność między polem elektrycznym a gęstością prądu ρ = E J ⁢ . Im większa rezystywność, tym większe pole elektryczne jest potrzebne do wytworzenia tej samej wartości gęstości prądu. Im mniejsza jest rezystywność, tym większą wartość gęstości prądu wytwarza takie samo pole elektryczne. Dobre przewodniki mają dużą przewodność oraz małą rezystywność. Dobre izolatory mają małą przewodność, natomiast dużą rezystywność. przedstawia wartości rezystywności oraz przewodności dla różnych materiałów. Rezystywność i przewodność przykładowych materiałów w 293 ⁢ K \\SI{293}{\\kelvin} . Materiał Przewodność σ Ω ⁢ m − 1 Rezystywność ρ ( Ω ⁢ m ) Współczynnik temperaturowy α ( ° C − 1 ) Przewodniki Srebro 6,29 ⋅ 10 7 1,59 ⋅ 10 − 8 3,8 ⋅ 10 -3 \\num{3,8e-3} Miedź 5,95 ⋅ 10 7 1,68 ⋅ 10 − 8 3,9 ⋅ 10 -3 \\num{3,9e-3} Złoto 4,10 ⋅ 10 7 2,44 ⋅ 10 − 8 3,4 ⋅ 10 -3 \\num{3,4e-3} Glin 3,77 ⋅ 10 7 2,65 ⋅ 10 − 8 3,9 ⋅ 10 -3 \\num{3,9e-3} Wolfram 1,79 ⋅ 10 7 5,60 ⋅ 10 − 8 4,5 ⋅ 10 -3 \\num{4,5e-3} Żelazo 1,03 ⋅ 10 7 9,71 ⋅ 10 − 8 6,5 ⋅ 10 -3 \\num{6,5e-3} Platyna 0,94 ⋅ 10 7 10,6 ⋅ 10 − 8 3,9 ⋅ 10 -3 \\num{3,9e-3} Stal 0,50 ⋅ 10 7 20,0 ⋅ 10 − 8 Ołów 0,45 ⋅ 10 7 22,0 ⋅ 10 − 8 Manganin (stop Cu, Mn, Ni) 0,21 ⋅ 10 7 48,2 ⋅ 10 − 8 2 ⋅ 10 -6 \\num{2e-6} Konstantan (stop Cu, Ni) 0,20 ⋅ 10 7 49,0 ⋅ 10 − 8 3 ⋅ 10 -5 \\num{3e-5} Rtęć 0,10 ⋅ 10 7 98,0 ⋅ 10 − 8 9 ⋅ 10 -4 \\num{9e-4} Chromonikielina (stop Ni, Fe, Cr) 0,10 ⋅ 10 7 100 ⋅ 10 − 8 4 ⋅ 10 -4 \\num{4e-4} Półprzewodniki Wartości silnie zależne od ilości oraz rodzajów domieszek. Węgiel (czysty) 2,86 ⋅ 10 4 \\num{2,86e4} 3,5 ⋅ 10 − 5 − 5 ⋅ 10 -4 -\\num{5e-4} Węgiel 2,86 − 0,17 ⋅ 10 4 (\\num{2,86} - \\num{0,17}) \\cdot 10^4 3,5 − 60 ⋅ 10 − 5 − 5 ⋅ 10 -4 -\\num{5e-4} German (czysty) 1,67 \\num{1,67} 600 ⋅ 10 − 3 − 4,8 ⋅ 10 -2 -\\num{4,8e-2} German 1000 − 1,67 \\num{1000} - \\num{1,67} 1 − 600 ⋅ 10 − 3 − 5 ⋅ 10 -2 -\\num{5e-2} Krzem (czysty) 4,35 ⋅ 10 -4 \\num{4,35e-4} 2300 − 7,5 ⋅ 10 -2 -\\num{7,5e-2} Krzem 10 − 4,35 ⋅ 10 -4 10 - \\num{4,35e-4} 0,1 − 2300 − 7 ⋅ 10 -2 -\\num{7e-2} Izolatory Bursztyn 2 ⋅ 10 − 15 5 ⋅ 10 14 Szkło 10 − 9 − 10 − 14 10 9 − 10 14 Szkło akrylowe < 10 −13 > 10 13 Mika 10 − 11 − 10 − 15 10 11 − 10 15 Kwarc (przetopiony) 2 ⋅ 10 − 15 75 ⋅ 10 16 Guma (twarda) 10 − 13 − 10 − 16 10 13 − 10 16 Siarka 10 − 15 10 15 Teflon TM < 10 −13 > 10 13 Drewno 10 − 8 − 10 − 11 10 8 − 10 11 Materiały wymienione w tabeli zostały podzielone pod względem wielkości rezystywności na przewodniki, półprzewodniki oraz izolatory. Przewodniki mają najmniejszą rezystywność, natomiast izolatory największą; rezystywność półprzewodników mieści się pomiędzy tymi wartościami. W przewodnikach gęstość swobodnych nośników zależy od ich rodzaju, ale zawsze jest duża, natomiast większość ładunków w izolatorach jest związana z atomami i nie może się swobodnie poruszać. Sytuacja w półprzewodnikach jest pośrednia. Mają dużo mniej swobodnych nośników niż przewodniki, ale ich właściwości sprawiają, że liczba nośników zależy od typu i zawartości domieszek. Te wyjątkowe właściwości sprawiają, że półprzewodniki są wykorzystywane we współczesnej elektronice, o czym dokładnie opowiemy w dalszych rozdziałach. Gęstość prądu, rezystancja i pole elektryczne w przewodzie Obliczmy gęstość prądu, rezystancję oraz pole elektryczne w 5-metrowym miedzianym przewodzie o średnicy 2,053 ⁢ mm ( 12 ⁢ AWG ), w którym płynie prąd o natężeniu I = 10 ⁢ mA . Strategia rozwiązania Aby uzyskać gęstość prądu, najpierw obliczymy powierzchnię przekroju poprzecznego przewodu, która wynosi S = 3,31 ⁢ mm 2 . Następnie skorzystamy z definicji gęstości prądu J = I ∕ S . Rezystancję wyliczymy, wykorzystując długość drutu L = 5 ⁢ m , powierzchnię oraz rezystywność miedzi ρ = 1,68 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m i wiedząc, że R = ρ ⋅ L ∕ S . Rezystywność oraz gęstość prądu wykorzystamy do obliczenia pola elektrycznego. Rozwiązanie Najpierw policzymy gęstość prądu J = I S = 10 ⋅ 10 − 3 ⁢ A 3,31 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 = 3,02 ⋅ 10 3 ⁢ A ∕ m 2 ⁢ . Rezystancja drutu wynosi R = ρ ⁢ L S = 1,68 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m ⋅ 5 ⁢ m 3,31 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 = 0,025 ⁢ Ω ⁢ . Ostatecznie policzymy natężenie pola elektrycznego E = ρ ⁢ J = 1,68 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m ⋅ 3,02 ⋅ 10 3 ⁢ A ∕ m 2 = 5,07 ⋅ 10 − 5 ⁢ V ∕ m ⁢ . Znaczenie Ten wynik pokazuje, że miedź to bardzo dobry materiał do produkcji przewodów elektrycznych ze względu na małą rezystancję. Zwróćmy uwagę na fakt, że gęstość prądu oraz natężenie pola elektrycznego nie są zależne od długości przewodu, w przeciwieństwie do napięcia, które zależy od tej wielkości. Sprawdź, czy rozumiesz. Miedzianych przewodów używa się zarówno w gospodarstwach domowych, jak i w liniach przesyłowych z kilku powodów. Miedź ma najwyższą przewodność elektryczną, więc również najmniejszą rezystywność ze wszystkich metali nieszlachetnych. Równie ważnym parametrem jest wytrzymałość na rozciąganie, która jest miarą wielkości siły powodującej rozerwanie materiału. Wytrzymałość na rozciąganie materiału oznacza maksymalne naprężenie, jakie może zostać przyłożone, zanim materiał pęknie. W przypadku miedzi parametr ten osiąga bardzo wysoką wartość 2 ⋅ 10 8 ⁢ N ∕ m 2 . Trzeci istotny parametr to ciągliwość, czyli miara podatności materiału na odkształcenia, takie jak wyciąganie drutu. Miedź ma dużą wartość ciągliwości. Podsumowując, aby dany przewodnik był dobrym kandydatem na materiał na przewód elektryczny, musi charakteryzować się niską rezystywnością, wysoką wytrzymałością na rozciąganie oraz dużą ciągliwością. Jakich innych materiałów używa się do produkcji przewodów i jakie są ich zalety i wady? Srebro, złoto oraz aluminium są również używane do produkcji przewodów. Wszystkie cztery materiały mają dużą przewodność, srebro ma największą. Wszystkie cztery są też ciągliwe oraz mają dużą wytrzymałość na rozciąganie (chociaż nie tak dużą jak miedź). Oczywistą wadą srebra oraz złota jest ich wysoka cena, jednak są one używane do specjalnych zastosowań, takich jak okablowanie głośników. Złoto najlepiej nadaje się do łączenia elementów obwodu elektrycznego, ponieważ się nie utlenia. Przewody aluminiowe mają wady. Aluminium ma wyższą rezystywność niż miedź, więc potrzebne są przewody o większych średnicach, aby rezystancja na jednostkę długości była podobna jak dla miedzi. Nie jest to dużym problemem ze względu na niskie ceny aluminium. Przewody aluminiowe nie mają tak dużej wytrzymałości na rozciąganie ani ciągliwości jak miedź, jednak te wartości są wystarczające. Istnieją pewne problemy, jakie należy wziąć pod uwagę, używając aluminiowych przewodów. Aluminium ma wyższy współczynnik rozszerzalności termicznej niż miedź, co może prowadzić do utraty kontaktu oraz groźby pożaru. Utlenione aluminium nie przewodzi prądu, co również może stanowić problem. Przy przewodach aluminiowych muszą być stosowane specjalne elementy, takie jak specjalne kontakty elektryczne, które mogą pracować z takimi przewodami. Obejrzyj interaktywną symulację , aby dowiedzieć się, jak przekrój poprzeczny, długość i rezystywność przewodu wpływają na jego rezystancję. Zmieniaj te wielkości, używając suwaków, i zwróć uwagę, czy rezystancja rośnie, czy maleje. Temperaturowa zależność rezystywności Wróćmy do i przyjrzyjmy się kolumnie „Współczynnik temperaturowy”. Rezystywność niektórych materiałów bardzo silnie zależy od temperatury. W niektórych, na przykład w miedzi, rośnie ona wraz z temperaturą. W zasadzie w większości przewodzących metali parametr ten zwiększa się wraz z temperaturą. Podwyższenie temperatury zwiększa amplitudę drgań atomów w strukturze metali, co utrudnia przepływ elektronów. W innych materiałach, takich jak węgiel, rezystywność spada ze wzrastającą temperaturą. W metalach ta zależność jest liniowa i może być opisana równaniem ρ ≈ ρ 0 ⁢ 1 + α ⁢ T − T 0 ⁢ , gdzie ρ to rezystywność materiału w temperaturze T , α to współczynnik temperaturowy materiału, a ρ 0 to rezystywność w temperaturze T 0 ; zwykle zakłada się, że T 0 = 293 ⁢ K T_0 = \\SI{293}{\\kelvin} . Zauważmy, że w współczynnik temperaturowy α dla półprzewodników jest ujemny, co oznacza, że ich rezystywność maleje wraz ze wzrostem temperatury (należy zauważyć, że podane współczynniki temperaturowe są prawdziwe dla półprzewodników jedynie w wąskim zakresie temperatur, w okolicach temperatury pokojowej; rezystywność półprzewodników jest bowiem silną wykładniczą funkcją temperatury, w odróżnieniu od metali, dla których zależność ta ma charakter liniowy). Półprzewodniki lepiej przewodzą prąd w wyższych temperaturach, ponieważ wzbudzenia termiczne zwiększają liczbę swobodnych ładunków, które są nośnikami prądu. Zależność ρ od temperatury wiąże się także z typem i liczbą domieszek w półprzewodnikach. Rezystancja Rozważymy teraz rezystancję przewodu albo elementu obwodu elektrycznego. Określa ona, jak trudno jest przepłynąć prądowi przez przewód lub element, i zależy od rezystywności. Rezystywność to właściwość materiału wykorzystywanego do produkcji przewodów lub innych elementów elektrycznych, natomiast rezystancja to właściwość przewodu lub elementu. Żeby policzyć rezystancję, rozważymy kawałek przewodu o powierzchni przekroju poprzecznego S A , długości L L oraz rezystywności ρ \\rho . Baterię podłączono do przewodnika, zapewniając różnicę potencjałów U między jego końcami ( ). Jest ona źródłem pola elektrycznego, które wywołuje przepływ prądu zgodnie ze wzorem E → = ρ ⁢ J → \\vec{E} = \\rho \\vec{J} . Różnica potencjałów (napięcie) dostarczana z baterii jest przyłożona do przewodnika o powierzchni przekroju poprzecznego S oraz długości L . Natężenie pola elektrycznego wzdłuż kawałka przewodnika równa się stosunkowi napięcia do długości przewodu, E = U ∕ L , natomiast gęstość prądu jest równa stosunkowi natężenia prądu do powierzchni przekroju czynnego, J = I ∕ S . Wykorzystując te informacje oraz wiedząc, że natężenie pola elektrycznego pozostaje proporcjonalne do rezystywności oraz gęstości prądu, możemy udowodnić, że natężenie prądu jest proporcjonalne do przyłożonego napięcia E = ρ ⁢ J ⁢ , E = \\rho J \\text{,} U L = ρ ⁢ I S ⁢ , \\frac{U}{L} = \\rho \\frac{I}{S} \\text{,} U = ρ ⁢ L S ⁢ I ⁢ . U = \\rho \\frac{L}{S} I \\text{.} Rezystancja Stosunek napięcia do natężenia prądu nazywa się rezystancją (ang. resistance , lub oporem) R R ≡ U I ⁢ . Rezystancja cylindrycznego kawałka przewodnika równa się rezystywności materiału pomnożonej przez długość przewodnika i podzielonej przez powierzchnię przekroju poprzecznego R ≡ U I = ρ ⁢ L S ⁢ . Jednostką rezystancji jest om ( Ω ). Przy danym napięciu płynie tym mniejszy prąd im większa jest rezystancja. Rezystory Typowym elementem w obwodach elektrycznych jest rezystor. Używa się go do ograniczania przepływającego prądu lub zapewnienia spadku napięcia. Na pokazane są symbole używane do oznaczania rezystorów na schematach obwodów elektrycznych ustalone przez Amerykański Instytut Normalizacyjny (ANSI) (ang. American National Standard Institute ) oraz Międzynarodową Komisję Elektrotechniczną (IEC) (ang. International Electrotechnical Commission ). W Polsce i Europie stosuje się system IEC, natomiast w Stanach Zjednoczonych – system ANSI. Symbole używane do oznaczania rezystorów w obwodach elektrycznych. (a) Standard ANSI. (b) Standard IEC. Zależność rezystancji od materiału oraz kształtu Rezystor może być zaprojektowany jako walec o powierzchni przekroju poprzecznego S i długości L oraz wykonany z materiału o rezystywności ρ ( ). Rezystancja rezystora wynosi R = ρ ⋅ L ∕ S . Model rezystora jako jednorodnego walca o długości L i powierzchni przekroju poprzecznego S . Jego rezystancja wobec przepływającego prądu jest analogiczna do oporu stawianego przez rurę przepływającej cieczy. Im dłuższy walec, tym większa rezystancja. Im większa powierzchnia przekroju poprzecznego S , tym mniejsza rezystancja. Materiałem najpowszechniej wykorzystywanym do produkcji rezystorów jest węgiel. Węglową ścieżkę nawija się na ceramiczny rdzeń, do którego przyłącza się dwa miedziane wyprowadzenia. Innym rodzajem są rezystory wykonane z metalowej warstwy, która również ma ceramiczny rdzeń. Ścieżki są wykonane z tlenków metali, które mają właściwości półprzewodnikowe, podobnie jak węgiel. Miedziane doprowadzenia przyłącza się do końców rezystora. Następnie rezystor jest malowany i oznaczany. Posiada on cztery kolorowe paski, takie jak pokazane na . Wiele rezystorów wygląda tak, jak przedstawiono powyżej. Cztery paski są używane do identyfikacji rezystora. Dwa pierwsze reprezentują dwie pierwsze cyfry wartości rezystancji rezystora. Trzeci kolor to mnożnik. Czwarty kolor oznacza tolerancję. Rezystor przedstawiony na rysunku ma rezystancję 20 ⋅ 10 5 ⁢ Ω ± 10 ⁢ % . Zakres rezystancji to kilka rzędów wielkości. Niektóre izolatory ceramiczne, używane do wspomagania linii energetycznych, mają rezystancję na poziomie 10 12 ⁢ Ω i więcej. Suchy człowiek może mieć rezystancję między ręką a stopą rzędu 10 5 ⁢ Ω , natomiast rezystancja ludzkiego serca to ok. 10 3 ⁢ Ω . Metrowy miedziany przewód o dużej średnicy ma rezystancję 10 − 5 ⁢ Ω , a nadprzewodniki w niskich temperaturach mają rezystancję równą zero. Jak widać, parametr ten zależy od kształtu i materiału obiektu. Rezystancja przedmiotu zależy również od temperatury, ponieważ R 0 jest odwrotnie proporcjonalne do ρ . Dla walca, jak już wiemy, R = ρ ⋅ L ∕ S , więc jeśli L i S nie zmieniają się wraz z temperaturą, to R ma taki sam współczynnik temperaturowy jak ρ . (Badania dotyczące współczynnika rozszerzalności liniowej pokazują, że jest on o dwa rzędy mniejszy niż typowy współczynnik temperaturowy rezystywności, z czego wynika, że wpływ temperaturowy L oraz S jest blisko dwa rzędy mniejszy niż ρ ). A zatem R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T jest temperaturową zależnością rezystancji przedmiotu, gdzie R 0 to początkowa rezystancja (zwykle w temperaturze 20 ⁢ ° C ), a R to rezystancja po zmianie temperatury o Δ T . Rezystancję zakodowaną kolorem na rezystorze zwykle mierzy się w temperaturze T = 20 ⁢ ° C . Działanie wielu termometrów opiera się na zależności temperaturowej rezystancji ( ). Jeden z najczęściej używanych rodzajów termometrów działa w oparciu o termistor, półprzewodnikowy kryształ o silnej zależności rezystancji od mierzonej temperatury, którą chcemy poznać. Urządzenie jest małe, więc bardzo szybko wchodzi w równowagę termiczną z dotykaną częścią ciała. Te powszechnie używane termometry działają na zasadzie automatycznego pomiaru zależnej od temperatury rezystancji termistora. Obliczanie rezystancji Mimo że należy zachować szczególną ostrożność przy stosowaniu zależności ρ = ρ 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T oraz R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T dla zmian temperatur większych niż 100 ⁢ ° C , dla wolframu to równanie sprawdza się dobrze również dla dużych zmian temperatury. Wolframowy żarnik w temperaturze 20 ⁢ ° C ma rezystancję 0,35 ⁢ Ω . Jaka będzie jego rezystancja, gdy temperatura wzrośnie do 2850 ⁢ ° C ? Współczynnik temperaturowy znajdziesz w tabeli powyżej. Strategia rozwiązania Użyjemy wprost równania R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T , wiedząc, że początkowa rezystancja żarnika wynosi R 0 = 0,35 ⁢ Ω , a zmiana temperatury Δ T = 2830 ⁢ ° C . Rozwiązanie Rezystancję gorącego żarnika R można obliczyć, wstawiając znane wielkości do powyższego równania R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T = 0,35 ⁢ Ω ⋅ 1 + 4,5 ⋅ 10 -3 ⁢ ° C -1 ⋅ 2830 ⁢ ° C = 4,8 ⁢ Ω ⁢ . Znaczenie Rezystancja zmienia się o rząd wielkości, gdy żarnik grzeje się do wysokiej temperatury. Pamiętając o tym, że natężenie prądu zależy od rezystancji żarnika oraz przyłożonego napięcia, należy zauważyć, że w żarniku zastosowanym w żarówce początkowo płynący prąd będzie miał większe natężenie niż po nagrzaniu się żarnika do temperatury świecenia. Sprawdź, czy rozumiesz. Tensometr, pokazany na rysunku poniżej, jest elektrycznym urządzeniem do pomiaru naprężeń. Składa się on z elastycznego izolatora, na którym znajdują się ścieżki z przewodzącej folii. Rezystancja folii zmienia się, gdy podkładka ulega rozciągnięciu. Jak zmienia się rezystancja tensometru? Czy na odczyt tensometru ma wpływ zmiana temperatury? Ścieżki z folii rozciągają się razem z podkładką i stają się dłuższe oraz cieńsze. Skoro rezystancję wyznacza się z R = ρ ⋅ L ∕ S , rośnie ona, gdy ścieżki z folii są rozciągane. Gdy temperatura się zmienia, zmienia się także rezystywność ścieżek, co powoduje zmianę rezystancji. Sposobem na obejście tego problemu jest użycie dwóch tensometrów, jednego jako odniesienia, a drugiego jako przyrządu pomiarowego. Jednakże obydwa urządzenia muszą mieć taką samą temperaturę. Rezystancja kabla koncentrycznego Długie kable mogą się zachowywać jak anteny, zbierając elektroniczny szum, pochodzący od innych urządzeń. Kabli koncentrycznych używa się w urządzeniach, które wymagają eliminacji zakłóceń, m.in. w gospodarstwach domowych w kablach telewizyjnych oraz połączeniach audiowizualnych. Kabel koncentryczny zawiera przewodzący rdzeń o promieniu r wew otoczony przez drugi, zewnętrzny koncentryczny przewodnik o promieniu r zew ( ). Przestrzeń pomiędzy nimi zwykle wypełnia izolator, taki jak tworzywo polietylenowe, w rezultacie jedynie znikoma ilość prądu przenika pomiędzy dwoma przewodnikami. Wyznacz rezystancję kabla koncentrycznego o długości L . Kable koncentryczne składają się z dwóch przewodników rozdzielonych izolatorem. Są zwykle stosowane jako kable telewizyjne i do innych połączeń audiowizualnych. Strategia rozwiązania Nie możemy zastosować wprost równania R = ρ ⋅ L ∕ S . Natomiast rozważymy koncentryczne cylindryczne powłoki o grubości d r i scałkujemy. Rozwiązanie Najpierw wyprowadzimy wyrażenie na d R , a następnie scałkujemy je w granicach od r wew do r zew d R = ρ S ⁢ d r = ρ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L ⁢ d r ⁢ , \\d R = \\frac{\\rho}{S} \\d r = \\frac{\\rho}{2 \\pi r L} \\d r \\text{,} R = ∫ r wew r zew d R = ∫ r wew r zew ρ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L ⁢ d r = ρ 2 ⁢ π ⁢ L ⁢ ∫ r wew r zew d r r = ρ 2 ⁢ π ⁢ L ⁢ ln r zew r wew ⁢ . R = \\int_{r_{\\text{wew}}}^{r_{\\text{zew}}} \\d R = \\int_{r_{\\text{wew}}}^{r_{\\text{zew}}} \\frac{\\rho}{2 \\pi r L} \\d r = \\frac{\\rho}{2\\pi L} \\int_{r_{\\text{wew}}}^{r_{\\text{zew}}} \\frac{\\d r}{r} = \\frac{\\rho}{2\\pi L} \\ln \\frac{r_{\\text{zew}}}{r_{\\text{wew}}} \\text{.} Znaczenie Rezystancja kabla koncentrycznego zależy od jego długości, wewnętrznego i zewnętrznego promienia oraz rezystywności materiału rozdzielającego przewodniki. Ze względu na to, że rezystancja nie jest nieskończona, zawsze dochodzi do przenikania pomiędzy dwoma przewodnikami. Powoduje ono osłabienie sygnału przesyłanego przez kabel. Sprawdź, czy rozumiesz. Rezystancja między dwoma przewodnikami w kablu koncentrycznym zależy od rezystywności materiału oddzielającego je, długości kabla oraz promieni obu przewodników. Gdybyś projektował kabel koncentryczny, to w jaki sposób rezystancja pomiędzy dwoma przewodnikami zależałaby od tych wielkości? Im większa długość, tym mniejsza rezystancja. Im większa rezystywność, tym większa rezystancja. Im większa różnica między promieniem zewnętrznym a wewnętrznym, tym większy stosunek pomiędzy tymi wielkościami i większa rezystancja. Jeśli chcesz zmaksymalizować rezystancję, wybór tych wielkości będzie zależał od zastosowań. Jeśli kabel musi być elastyczny, wybór materiałów będzie bardziej ograniczony. Obejrzyj symulację , aby dowiedzieć się, jak przyłożone napięcie oraz rezystancja materiału, przez który przepływa prąd, wpływają na jego natężenie. Możesz również zobaczyć, jak zderzenia elektronów i atomów wpływają na temperaturę materiału. Podsumowanie Jednostką rezystancji jest om ( Ω ), związany z woltem i amperem zależnością 1 ⁢ Ω = 1 ⁢ V ∕ A . Rezystancja R walca o długości L i powierzchni przekroju czynnego S wynosi R = ρ ⋅ L ∕ S , gdzie ρ to rezystywność materiału. Wartości ρ w podzielono na trzy grupy i przypisano je do trzech rodzajów materiałów: przewodników, półprzewodników i izolatorów. Temperatura wpływa na rezystywność; dla małych zmian temperatury Δ T rezystywność wynosi ρ = ρ 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T , gdzie ρ 0 jest początkową rezystywnością, natomiast α to temperaturowy współczynnik rezystywności. Rezystancja R elementów również zmienia się z temperaturą: R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T , gdzie R 0 to rezystancja początkowa, natomiast R to rezystancja po zmianie temperatury. Pytania Spadek I ⁢ R wzdłuż rezystora oznacza, że wzdłuż niego następuje zmiana potencjału (napięcia). Czy występuje również zmiana natężenia prądu przepływającego przez rezystor? Wyjaśnij. Czy domieszki w materiałach półprzewodnikowych wymienionych w dostarczają swobodnych ładunków? (Wskazówka: Zbadaj wartość rezystywności dla każdego półprzewodnika i określ, czy niedomieszkowany półprzewodnik ma wyższą, czy niższą przewodność). Dla węgla rezystywność rośnie wraz ze wzrostem ilości domieszek, ponieważ spada liczba swobodnych ładunków. W krzemie i germanie domieszki obniżają rezystywność, czyli w materiale jest więcej swobodnych ładunków. Czy rezystancja przedmiotu zależy od drogi, którą płynie prąd? Rozważ jako przykład prostopadłościan. Czy jego rezystancja będzie taka sama wzdłuż i wszerz? Jeśli przewody aluminiowy oraz miedziany o jednakowej długości mają taką samą rezystancję, to który z nich ma większą średnicę? Dlaczego? Miedź ma mniejszą rezystywność niż aluminium, więc przy takich samych długościach drutów miedziany musi mieć mniejszą średnicę. Zadania Prąd o jakim natężeniu płynie przez żarówkę latarki zasilanej napięciem 3 ⁢ V , jeśli jej rezystancja po nagrzaniu wynosi 3,6 ⁢ Ω ? Oblicz efektywną rezystancję kalkulatora kieszonkowego, który ma 1,35-woltową baterię oraz płynie przez niego prąd o natężeniu 0,2 ⁢ mA . R = 6,75 ⁢ kΩ . Jakie napięcie jest konieczne, by działała lampka kontrolna na odtwarzaczu DVD, mająca rezystancję 140 ⁢ Ω , jeśli przepływa przez nią prąd o natężeniu 25 ⁢ mA ? Ile wynosi rezystancja 20-metrowego kawałka miedzianego przewodu o średnicy 2,053 ⁢ mm ( 12 ⁢ AWG )? R = 0,1 ⁢ Ω . Średnica miedzianego przewodu 0 ⁢ AWG wynosi 8,252 ⁢ mm . Oblicz rezystancję przewodu o długości 1 ⁢ km używanego do przesyłania energii elektrycznej. Jak długi powinien być żarnik wolframowy w żarówce o średnicy 0,1 ⁢ mm , jeśli ma mieć rezystancję 0,2 ⁢ Ω w temperaturze 20 ⁢ ° C ? R = ρ ⋅ L ∕ S , L = 3 ⁢ mm . Ołowiany pręt o długości 30 ⁢ cm ma rezystancję 5 ⁢ µΩ . Jaki jest jego promień? Oblicz stosunek pomiędzy średnicami przewodów aluminiowego i miedzianego, jeśli mają taką samą rezystancję w przeliczeniu na jednostkę długości (tak jak w przypadku przewodów w gospodarstwach domowych). R Al ∕ L Al R Cu ∕ L Cu = ρ Al ∕ π ⁢ D Al ∕ 2 2 ρ Cu ∕ π ⁢ D Cu ∕ 2 2 = ρ Al ∕ ρ Cu ⋅ D Cu ∕ D Al 2 = 1 ⇒ D Al ∕ D Cu = ρ Al ∕ ρ Cu . Jakie natężenie ma prąd przepływający przez pręt z czystego krzemu o średnicy 2,54 ⁢ cm i o długości 20 ⁢ cm , do którego przyłożono napięcie 10 3 ⁢ V (takie pręty są wykorzystywane jako detektory cząstek nuklearnych)? Odpowiedz na poniższe pytania. Do jakiej temperatury należy podgrzać drut miedziany, który miał początkowo temperaturę 20 ⁢ ° C , aby podwoić jego rezystancję, pomijając temperaturowe zmiany rozmiarów? Czy to może się przydarzyć w gospodarstwach domowych w zwykłych okolicznościach? a. R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T , 2 = 1 + α ⁢ Δ T , Δ T = 256,4 ⁢ ° C , T = 276,4 ⁢ ° C ; b. W normalnych okolicznościach to nie powinno się wydarzyć. Rezystor wykonany z przewodu chromonikielinowego jest używany w takich przypadkach, gdy rezystancja nie może się zmieniać o więcej niż 1 ⁢ % \\SI{1}{\\percent} od swojej pierwotnej wartości w temperaturze 20 ⁢ ° C . W jakim zakresie temperatur może być stosowany? Z jakiego materiału wykonano rezystor, którego rezystancja jest w temperaturze 100 ⁢ ° C o 40 ⁢ % \\SI{40}{\\percent} większa niż w temperaturze 20 ⁢ ° C ? R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T , α = 0,006 ⁢ ° C − 1 , żelazo. Urządzenia elektroniczne zaprojektowane w taki sposób, aby pracowały w przedziale temperatur od − 10 ⁢ ° C do 55 ⁢ ° C , wykorzystują rezystory wykonane z czystego węgla. Jak bardzo zmienia się ich rezystancja w tym zakresie temperatur? Odpowiedz na poniższe pytania. Z jakiego materiału wykonano drut, jeśli przy długości 25 ⁢ m oraz średnicy 0,1 ⁢ mm ma rezystancję 77,7 ⁢ Ω w temperaturze 20 ⁢ ° C ? Jaka jest jego rezystancja w temperaturze 150 ⁢ ° C ? a. R = ρ ⋅ L ∕ S , ρ = 2,44 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m , złoto; b. R = ρ ⋅ L ∕ S ⋅ 1 + α ⁢ Δ T , R = 2,44 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m ⋅ 25 ⁢ m ∕ π ⁢ 0,1 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 2 ⋅ 1 + 0,0034 ⁢ ° C − 1 ⁢ 150 ⁢ ° C − 20 ⁢ ° C , R = 112 ⁢ Ω . Jeśli założysz, że temperaturowy współczynnik rezystywności jest stały, jaki będzie procentowo największy spadek rezystancji drutu konstantanowego od temperatury 20 ⁢ ° C ? Rezystancja miedzianego drutu wynosi 0,5 ⁢ Ω w temperaturze 20 ⁢ ° C , natomiast rezystancja drutu wykonanego z żelaza wynosi 0,525 ⁢ Ω w tej samej temperaturze. W jakiej temperaturze te dwa materiały będą miały taką samą rezystancję? R Fe = 0,525 ⁢ Ω , R Cu = 0,5 ⁢ Ω , α Fe = 0,0065 ⁢ ° C − 1 , α Cu = 0,0039 ⁢ ° C − 1 , R Fe = R Cu , R 0 ⁢ Fe ⁢ 1 + α Fe ⁢ T − T 0 = R 0 ⁢ Cu ⁢ 1 + α Cu ⁢ T − T 0 , R 0 ⁢ Fe ∕ R 0 ⁢ Cu ⋅ 1 + α Fe ⁢ T − T 0 = 1 + α Cu ⁢ T − T 0 , T = 2,91 ⁢ ° C . przewodność elektryczna (ang. electrical conductivity ) miara zdolności materiału do przewodzenia lub transmitowania elektryczności om (ang. ohm ) jednostka rezystancji elektrycznej, 1 ⁢ Ω = 1 ⁢ V ∕ A rezystancja (ang. resistance ) właściwość elektryczna, która utrudnia przepływ prądu elektrycznego; dla materiałów omowych jest to stosunek między napięciem a prądem, R = U ∕ I rezystywność (ang. resistivity ) właściwość materiałowa, niezależna od rozmiaru oraz kształu, wprost proporcjonalna do rezystancji, oznaczana ρ", "section": "Rezystywność i rezystancja", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prawo Ohma W tym rozdziale rozważaliśmy dotąd trzy wielkości elektryczne: natężenie prądu, napięcie oraz rezystancję. Okazuje się, że w wielu materiałach zachodzi prosta zależność między tymi wielkościami, nazywana prawem Ohma. Natomiast wiele innych nie wykazuje tej zależności, więc pomimo swojej nazwy nie jest to prawo powszechne, jak prawa Newtona czy termodynamiki. Tę zależność wykorzystuje się do obliczeń dotyczących tylko tych materiałów, które spełniają prawo Ohma. Prawo Ohma Natężenie prądu płynącego przez większość materiałów jest wprost proporcjonalne do przyłożonego napięcia U . Niemiecki fizyk Georg Simon Ohm (1787–1854) był pierwszym, który doświadczalnie wykazał, że natężenie prądu w metalowym przewodzie jest wprost proporcjonalne do przyłożonego napięcia I ∝ U ⁢ . Ten ważny związek jest podstawą prawa Ohma (ang. Ohm’s law ). Może on być rozumiany jako związek przyczynowo-skutkowy, gdzie napięcie jest przyczyną, a płynący prąd – skutkiem. To prawo empiryczne, co znaczy, że zjawisko to da się zaobserwować doświadczalnie, tak jak tarcie. Liniowa zależność nie zawsze występuje. Każdy materiał i urządzenie, które spełniają prawo Ohma, czyli gdy natężenie prądu jest proporcjonalne do napięcia, nazywamy materiałem lub elementem omowym (ang. ohmic ). Natomiast materiał, który nie spełnia tej zależności, nosi nazwę materiału nieomowego (ang. nonohmic ). Doświadczenie Ohma W pracy opublikowanej w 1827 r. Georg Ohm opisał doświadczenie, w którym zmierzył przyłożone napięcie oraz natężenie prądu płynącego przez proste obwody elektryczne zawierające przewody o różnych długościach. Podobny eksperyment przedstawia . Obserwuje się w nim natężenie prądu płynącego przez rezystor, które jest wynikiem przyłożonego napięcia. W tym prostym obwodzie rezystor połączono szeregowo z baterią. Napięcie mierzy się woltomierzem, który jest podłączony równolegle do rezystora. Natężenie prądu mierzy się amperomierzem, który musi być połączony szeregowo z rezystorem. Układ eksperymentalny wykorzystywany do określenia, czy rezystor jest omowy, czy nieomowy. (a) Gdy bateria jest podłączona i prąd płynie w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, a wielkości odczytywane na amperomierzu i woltomierzu przyjmują wartości dodatnie. (b) Gdy bateria jest podłączona i prąd płynie w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, a wielkości odczytywane na amperomierzu i woltomierzu osiągają wartości ujemne. W zmodernizowanej wersji pierwotnego doświadczenia Ohma wykonuje się kilka pomiarów natężenia prądu dla różnych wartości przyłożonego napięcia. Gdy bateria jest podłączona tak jak na (a), prąd płynie w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Odczyty z amperomierza i woltomierza są dodatnie. Czy zachowanie prądu zmieni się, gdy będzie on płynął w przeciwną stronę? Aby zmienić kierunek przepływu prądu, można zamienić elektrody baterii. W takim przypadku odczyty z amperomierza i woltomierza będą ujemne, a kierunek prądu przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Wyniki takiego doświadczenia przedstawiono na . Rezystor umieszczono w obwodzie z baterią. Przyłożone napięcie zmienia się o 1 ⁢ V w zakresie od − 10 ⁢ V do + 10 ⁢ V . Wykres pokazuje zależność między napięciem a natężeniem prądu dla typowego eksperymentu. W tym eksperymencie napięcie przyłożone do rezystora zmienia się o 1 ⁢ V w zakresie od − 10 ⁢ V do + 10 ⁢ V . Mierzone są: napięcie przyłożone do rezystora oraz natężenie prądu płynącego przez rezystor. Na wykresie pokazano zależność między napięciem a natężeniem prądu, która w przybliżeniu ma charakter liniowy. Nachylenie prostej to rezystancja, czyli stosunek napięcia do natężenia prądu. Wynik nazywa się prawem Ohma (ang. Ohm’s law ) U = I ⁢ R ⁢ , gdzie U to napięcie mierzone w woltach przyłożone do badanego elementu, I to natężenie prądu płynącego przez ten element w amperach, natomiast R to rezystancja w omach. Jak już wcześniej powiedziano, każde urządzenie, w którym występuje liniowa zależność między napięciem a natężeniem prądu, nazywa się urządzeniem omowym. Wynika z tego, że rezystor jest elementem omowym. Pomiar rezystancji Węglowy rezystor w temperaturze pokojowej ( 20 ⁢ ° C ) został podłączony do baterii 9 ⁢ V . Następnie zmierzono natężenie prądu, które wyniosło 3 ⁢ mA . Jaka jest rezystancja mierzonego rezystora w omach? Jeśli temperatura rezystora zostanie zwiększona do 60 ⁢ ° C w wyniku jego grzania, to jakie będzie natężenie prądu przepływającego przez rezystor? Strategia rozwiązania Rezystancję można obliczyć przy użyciu prawa Ohma. Mówi ono, że U = I ⁢ R , więc rezystancja zostanie wyznaczona ze wzoru R = U ∕ I . Rezystancja zależy od temperatury, więc po podgrzaniu rezystora wyniesie R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T . Natężenie prądu można obliczyć przy użyciu przekształconego prawa Ohma I = U ∕ R . Rozwiązanie Wykorzystując prawo Ohma, przekształcamy wzór, aby wyznaczyć rezystancję w temperaturze pokojowej R = U I = 9 ⁢ V 3 ⋅ 10 − 3 ⁢ A = 3 ⋅ 10 3 ⁢ Ω = 3 ⁢ kΩ ⁢ . Rezystancję w temperaturze 60 ⁢ ° C obliczymy przy użyciu R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T ; współczynnik temperaturowy dla węgla wynosi α = − 0,0005 ⁢ ° C − 1 R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T = 3 ⋅ 10 3 ⁢ Ω ⋅ 1 − 0,0005 ⁢ ° C -1 ⋅ 60 ⁢ ° C − 20 ⁢ ° C = 2,94 ⁢ kΩ ⁢ . Natężenie prądu płynącego przez podgrzany rezystor wynosi I = U R = 9 ⁢ V 2,94 ⋅ 10 3 ⁢ Ω = 3,06 ⋅ 10 − 3 ⁢ A = 3,06 ⁢ mA ⁢ . Znaczenie Zmiana temperatury o 40 ⁢ ° C spowodowała zmianę natężenia prądu o 2 ⁢ % . Nie wydaje się ona duża, jednak zmiana właściwości elektrycznych może istotnie wpłynąć na obwód elektryczny. Z tego powodu wiele urządzeń elektronicznych, na przykład komputery, wyposaża się w wentylatory odprowadzające ciepło wytworzone przez elementy w obwodach elektrycznych. Sprawdź, czy rozumiesz. Napięcie dostarczane do naszych domów zmienia się według zależności U ⁡ t = U max ⁢ sin 2 ⁢ π ⁢ f ⁢ t . Jeśli do rezystora jest przyłożone takie napięcie, to czy prawo Ohma U = I ⁢ R wciąż będzie dla niego spełnione? Tak, prawo Ohma jest spełnione. W każdym momencie natężenie prądu wynosi I ⁡ t = U ⁡ t ∕ R , więc natężenie prądu też jest zależne od czasu: I ⁡ t = U max ∕ R ⋅ sin 2 ⁢ π ⁢ f ⁢ t . Obejrzyj, jak wygląda relacja w prawie Ohma w prostym obwodzie. Zmieniając napięcie oraz rezystancję, możesz zobaczyć, jak zmienia się natężenie prądu zgodnie z prawem Ohma. Rozmiar symboli w równaniu zmienia się wraz ze zmieniającymi się wielkościami w obwodzie. W nieomowych urządzeniach nie występuje liniowy związek pomiędzy napięciem a natężeniem prądu. Jednym z takich elementów jest dioda półprzewodnikowa. Dioda (ang. diode ) to element obwodu, który pozwala na przepływ prądu tylko w jednym kierunku. Prosty obwód elektryczny składający się z baterii, diody oraz rezystora przedstawia . Chociaż w tym rozdziale nie będziemy się zajmować teorią pracy diody, możemy omówić ten element jako przykład urządzenia nieomowego. Dioda jest urządzeniem półprzewodnikowym, które pozwala na przepływ prądu tylko w kierunku przewodzenia. Oznacza to, że na anodzie znajduje się wyższy potencjał niż na katodzie. Zależność natężenia prądu od napięcia dla diody przedstawia . Zwróćmy uwagę na to, że dla diody pokazana jest zależność natężenia prądu od napięcia, podczas gdy dla rezystora była to zależność napięcia od natężenia. Dioda składa się z dwóch elementów: anody oraz katody. Gdy do anody podłączony jest ujemny potencjał, a do katody dodatni, tak jak w części (a), dioda zostaje spolaryzowana w kierunku zaporowym. W takim przypadku ma ona bardzo dużą rezystancję, więc w obwodzie płynie prąd o bardzo małym natężeniu, bliskim zero. Podczas wzrostu napięcia przyłożonego do diody prąd się nie zmienia do momentu, gdy napięcie osiągnie wartość napięcia przebicia i dioda zacznie przewodzić prąd, jak pokazano na . Gdy kierunek prądu i podłączenia baterii zostaną odwrócone, do anody będzie podłączony potencjał dodatni, a do katody ujemny, dioda zostanie spolaryzowana w kierunku przewodzenia. Dioda krzemowa zaczyna przewodzić prąd, gdy napięcie przekroczy 0,7 ⁢ V . Rezystancja diody jest bliska zero (w obwodzie niezbędny jest rezystor, bez niego płynąłby prąd o bardzo dużym natężeniu). Jak widać na związek między napięciem a natężeniem prądu nie jest liniowy. Oznacza to, że dioda nie jest urządzeniem omowym. Gdy napięcie przyłożone do diody jest ujemne i ma małą wartość, przez diodę przepływa prąd o bardzo małym natężeniu. Gdy osiągnie ono wartość napięcia przebicia, dioda zaczyna przewodzić. Gdy napięcie na diodzie jest dodatnie oraz większe od pewnej granicznej wartości zależnej od jej rodzaju, zaczyna ona przewodzić. Gdy napięcie się zwiększa, zwiększa się również natężenie prądu, jednak napięcie na diodzie zawsze jest bliskie tej granicznej wartości (dla diody krzemowej to ok. 0,7 ⁢ V ). Prawo Ohma zwykle przedstawia się jako U = I ⁢ R , pierwotnie było przedstawiane w ujęciu mikroskopowym jako zależność gęstości prądu od przewodności oraz natężenia pola elektrycznego. To podejście sugeruje, że proporcjonalność U ∝ I wynika z prędkości dryfu swobodnych elektronów w metalu będącej efektem przyłożonego pola elektrycznego. Jak wspomniano wcześniej, gęstość prądu pozostaje wprost proporcjonalna do natężenia przyłożonego pola elektrycznego. Przeformułowanie prawa Ohma przypisuje się Gustavowi Kirchhoffowi, o którym będzie mowa w następnym rozdziale. Podsumowanie Prawo Ohma jest empirycznym związkiem między natężeniem prądu, napięciem a rezystancją dla typowych elementów obwodu, takich jak rezystory. Nie ma zastosowania w innych urządzeniach, takich jak diody. Jedną z postaci prawa Ohma jest związek między natężeniem prądu I , napięciem U a rezystancją R w prostym obwodzie U = I ⁢ R . Inną postacią prawa Ohma w ujęciu mikroskopowym jest J = σ ⁢ E . Pytania W podrozdziale Obliczanie natężenia na podstawie potencjału rezystancja została zdefiniowana jako R ≡ U ∕ I . W tym rozdziale rozważaliśmy prawo Ohma, które przeważnie przedstawia się jako U = I ⁢ R . Te równania wyglądają podobnie. Jaka jest różnica między definicją rezystancji a prawem Ohma? Poniżej przedstawiono wynik eksperymentu, w którym do czterech urządzeń podłączono napięcie. Zmieniano jego wartość i mierzono natężenie prądu. Które z tych urządzeń jest omowe? Urządzenie B cechuje się liniową zależnością między napięciem a natężeniem prądu, więc jest urządzeniem omowym. Natężenie prądu I płynącego przez omowy materiał mierzy się, gdy jest przykładane napięcie U . Ile wynosi natężenie prądu, gdy wartość napięcia zostanie zwiększona do 2 ⁢ U (załóż, że zmiany temperatury materiału są pomijalne)? Jakie jest przyłożone napięcie, gdy natężenie prądu wynosi 0,2 ⁢ I (załóż, że zmiany temperatury materiału są pomijalne)? Jak zmieni się natężenie prądu, jeśli napięcie będzie stałe, a temperatura materiału znacząco wzrośnie? Zadania Rezystor o rezystancji 2,2 ⁢ kΩ podłączono do baterii R20 ( 1,5 ⁢ V ). Jakie natężenie ma prąd płynący przez ten rezystor? Rezystor o rezystancji 250 ⁢ kΩ połączono szeregowo z dwiema bateriami R20 ( 1,5 ⁢ V każda), które dają napięcie 3 ⁢ V . Producent twierdzi, że rezystory mają rezystancję w granicach 5% od wartości znamionowej. Jakie jest możliwe minimalne i maksymalne natężenie prądu płynącego przez rezystor? R min = 2,375 ⋅ 10 5 ⁢ Ω , I min = 12,63 ⁢ µA , R max = 2,625 ⋅ 10 5 ⁢ Ω , I max = 11,43 ⁢ µA . Rezystor podłączono szeregowo do zasilacza 20 ⁢ V . Zmierzone natężenie prądu wyniosło 0,5 ⁢ A . Jaką rezystancję ma ten rezystor? Rezystor umieszczono w obwodzie z regulowanym źródłem napięcia. Wartości napięcia na rezystorze oraz natężenia przepływającego prądu są przedstawione poniżej. Oszacuj rezystancję rezystora. R = 100 ⁢ Ω . Tabela poniżej przedstawia pomiary natężenia prądu oraz przyłożonego napięcia na próbce materiału. Narysuj wykres, używając tych danych. Zakładając, że materiał jest omowy, oszacuj rezystancję. I ( A ) U ( V ) 0 3 2 23 4 39 6 58 8 77 10 100 12 119 14 142 16 162 dioda (ang. diode ) nieomowy element obwodu elektrycznego, który pozwala na przepływ prądu tylko w jednym kierunku prawo Ohma (ang. Ohm’s law ) empiryczna zależność mówiąca o proporcjonalności pomiędzy natężeniem prądu I a różnicą potencjałów U ; jest często zapisywane jako U = I ⁢ R , gdzie R to rezystancja omowy (ang. ohmic ) rodzaj materiału, który spełnia prawo Ohma, to znaczy, że spadek napięcia na elemencie równa się iloczynowi natężenia prądu oraz rezystancji nieomowy (ang. nonohmic ) rodzaj materiału, który nie spełnia prawa Ohma", "section": "Prawo Ohma", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Energia i moc elektryczna W obwodzie elektrycznym energia elektryczna jest stale przetwarzana na inne rodzaje energii. Przykładowo, gdy prąd przepływa przez przewodnik, energia elektryczna zamienia się w energię cieplną w przewodniku. Pole elektryczne wygenerowane przez przyłożone napięcie przyspiesza swobodne elektrony, zwiększając ich energię kinetyczną na krótki czas. Ta zwiększona energia kinetyczna zamienia się w energię termiczną w wyniku zderzeń elektronów z jonami struktury krystalicznej przewodnika. W rozdziale Praca oraz energia kinetyczna zdefiniowaliśmy moc jako pracę wykonywaną przez przyłożoną siłę w czasie, mierzoną w watach. Moc można zdefiniować również jako prędkość przekazywania energii. W tym rozdziale omówimy prędkość przekazywania energii, czyli moc, w obwodzie elektrycznym. Moc w obwodach elektrycznych Wielu ludzi kojarzy moc z elektrycznością. Na żarówkach ich moc oznaczamy w watach. Co to jest moc elektryczna (ang. electric power )? Porównajmy żarówki 25-watową i 60-watową – (a). 60-watowa świeci jaśniej niż 25-watowa. Mimo że nie widać tego na zdjęciu, to żarówka 60-watowa ma wyższą temperaturę niż 25-watowa. Ciepło oraz światło są wytwarzane w wyniku konwersji energii elektrycznej. Energia kinetyczna tracona przez elektrony na skutek zderzeń zamienia się w energię wewnętrzną przewodnika oraz promieniowanie. W jaki sposób napięcie, natężenie prądu oraz rezystancja są powiązane z mocą elektryczną? (a) Powyżej przedstawiono dwie żarówki: 25-watową (lewa) oraz 60-watową (prawa). 60-watowa żarówka wytwarza światło o większej intensywności niż 25-watowa. Energia elektryczna dostarczona do żarówek zamienia się w ciepło i światło. (b) Ta świetlówka wytwarza światło o takiej samej intensywności jak 60-watowa żarówka, ale zużywa od 1 ∕ 10 do 1 ∕ 4 mniej mocy elektrycznej. Źródła: (a) modyfikacja pracy „Dickbauch”/Wikimedia Commons and Greg Westfall; (b) modyfikacja pracy „dbgg1979”/Flickr Aby policzyć moc elektryczną, rozważymy różnicę potencjałów wzdłuż przewodnika ( ). Potencjał elektryczny V 1 jest wyższy niż V 2 , więc napięcie U = V 2 − V 1 jest ujemne. Jak już wspominaliśmy w rozdziale Potencjał elektryczny , pomiędzy punktami o różnych wartościach potencjału występuje pole elektryczne. Wektor jego natężenia jest skierowany od wyższego potencjału do niższego. Przypominamy również, że potencjał elektryczny został zdefiniowany jako stosunek energii potencjalnej do ładunku, U = Δ E p ∕ q . Jednocześnie ładunek Δ Q traci energię potencjalną, poruszając się wzdłuż różnicy potencjałów. Gdy do przewodnika przyłożona jest różnica potencjałów, pojawia się pole elektryczne. Wektor natężenia pola elektrycznego skierowany jest od wyższego potencjału do niższego. Jeśli ładunek jest dodatni, to działa na niego siła związana z polem elektrycznym F → = m ⁢ a → = Δ Q ⁢ E → . Ta siła jest niezbędna, aby spowodować ruch ładunku. Jednak nie powoduje ona przyspieszania ładunków wzdłuż długości Δ L z powodu strat związanych ze zderzeniami z innymi elektronami i atomami. Ich prędkość, a co za tym idzie także energia kinetyczna, nie zmieniają się w trakcie przemieszczania się wzdłuż Δ L , dlatego ładunek przechodzący przez powierzchnię S 2 ma taką samą prędkość dryfu v d jak przechodzący przez powierzchnię S 1 . Jednakże pole elektryczne wykonuje pracę na ładunku, co zmienia jego energię potencjalną. Skoro zmiana potencjału elektrycznego jest ujemna, to pole elektryczne równa się E = − V 2 − V 1 Δ L = U Δ L ⁢ . Praca wykonana na przesunięcia ładunku równa się sile elektrycznej pomnożonej przez odległość, na jakiej jest przykładana W = F ⁢ Δ L = Δ Q ⁢ E ⋅ Δ L = Δ Q ⁢ U Δ L ⁢ Δ L = Δ Q ⁢ U = Δ E p ⁢ . Ładunek porusza się ze stałą prędkością dryfu v d ⁠, więc wykonana praca wiąże się z utratą energii potencjalnej, natomiast średnia energia kinetyczna się nie zmienia. Straty energii potencjalnej powodują wzrost energii termicznej materiału. W skali mikroskopowej przekazywanie energii wynika ze zderzeń między ładunkami a cząsteczkami materiału, co prowadzi do zwiększenia jego temperatury. Straty energii potencjalnej powodują wzrost energii wewnętrznej materiału, która jest przekazywana jako promieniowanie – w rezystorze jako ciepło, w żarówce jako ciepło i światło. Moc oddawana przez materiał jako ciepło i światło równa się zmianie pracy w czasie P = Δ E p Δ t = − Δ Q ⁢ U Δ t = I ⁢ U ⁢ . Utrata energii potencjalnej, wynikająca ze spadku napięcia, zamienia się w ciepło. Prawo Ohma mówi, że spadek napięcia wzdłuż rezystora jest równy iloczynowi natężenia prądu oraz rezystancji, U = I ⁢ R . Moc pobierana przez rezystor wynosi P = I ⁢ U = I ⋅ I ⁢ R = I 2 ⁢ R lub P = I ⁢ U = U R ⁢ U = U 2 R ⁢ . Jeśli rezystor jest podłączony do baterii, moc pobraną przez przewody oraz rezystor wyrażamy jako P = I ⁢ U = I 2 ⁢ R = U 2 ∕ R . Moc pobrana z baterii jest równa iloczynowi napięcia i natężenia prądu P = I ⁢ U . Moc elektryczna Moc elektryczną oddawaną lub pobieraną przez urządzenie można zapisać jako P = I ⁢ U ⁢ . Moc wydzielana przez rezystor wynosi P = I 2 ⁢ R = U 2 R ⁢ . Trzy różne wyrażenia na moc elektryczną pozwalają na inny wgląd w problem. Na przykład P = U 2 ∕ R pokazuje, że im mniejsza rezystancja zostanie podłączona do danego źródła napięciowego, tym większa będzie dostarczona moc. Skoro zaś moc zmienia się wraz z kwadratem napięcia, to zgodnie z wyrażeniem P = U 2 ∕ R efekt przykładania wyższego napięcia może być większy niż spodziewany. Gdy podamy dwa razy większe napięcie na 25-watową żarówkę, moc na niej zwiększy się cztery razy, do ok. 100 ⁢ W , co doprowadzi do przepalenia żarówki. Gdyby rezystancja żarówki była stała, jej moc byłaby równa dokładnie 100 ⁢ W , jednakże w wyższej temperaturze rezystancja żarówki rośnie. Obliczanie mocy w urządzeniach elektrycznych Stałoprądowy silnik wyciągarki pracuje po podłączeniu do napięcia 115 ⁢ V . W takim przypadku przepływa przez niego prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Gdy silnik pracuje z maksymalną mocą, wyciągarka może podnieść obiekt o ciężarze 4900 ⁢ N na wysokość 10 ⁢ m w czasie 30 ⁢ s ze stałą prędkością. Jaką moc pobiera silnik? Jaka moc jest potrzebna do podniesienia obiektu? Pomińmy opory powietrza. Zakładając, że różnica pomiędzy mocą pobraną przez silnik a wykorzystaną do podniesienia obiektu zamienia się w ciepło na rezystancji silnika, oszacujmy tę wielkość. Strategia rozwiązania Moc pobraną przez silnik można obliczyć ze wzoru P = I ⁢ U . Moc potrzebną do podniesienia obiektu ze stałą prędkością można wyznaczyć, używając P = F ⁢ v , gdzie prędkość to stosunek drogi i czasu. Siła wymagana do podniesienia obiektu równa się jego ciężarowi, ponieważ prędkość jest stała. Rezystancję silnika można obliczyć za pomocą P = I 2 ⁢ R . Rozwiązanie Moc pobraną przez silnik zapiszemy jako P = I ⁢ U , gdzie natężenie prądu wynosi 20 ⁢ A , natomiast napięcie 115 ⁢ V P = I ⁢ U = 20 ⁢ A ⋅ 115 ⁢ V = 2300 ⁢ W ⁢ . Moc potrzebna do podniesienia obiektu wynosi P = F ⁢ v , gdzie siła jest równa ciężarowi przedmiotu ( 4900 ⁢ N ), a prędkość v = 10 ⁢ m ∕ 30 ⁢ s = 0,33 ⁢ m ∕ s P = F ⁢ v = 4900 ⁢ N ⋅ 0,33 ⁢ m ∕ s = 1633,33 ⁢ W ⁢ . Różnica między mocami wynosi 2300 ⁢ W − 1633,33 ⁢ W = 666,67 ⁢ W , natomiast rezystancję można obliczyć z zależności P = I 2 ⁢ R R = P I 2 = 666,67 ⁢ W 20 ⁢ A 2 = 1,67 ⁢ Ω ⁢ . Znaczenie Rezystancja silnika jest dosyć mała. Wynika ona z dużej liczby uzwojeń drutu miedzianego. Moc tracona przez silnik może być bardzo duża, ponieważ jest proporcjonalna do kwadratu natężenia prądu ( P = I 2 ⁢ R ). Sprawdź, czy rozumiesz. Silniki elektryczne mają dość dużą sprawność. Silnik o mocy 100 ⁢ KM ma sprawność 90 ⁢ % , natomiast silnik o mocy 1 ⁢ KM 80 ⁢ % . Dlaczego tak istotne jest używanie silników o wysokiej sprawności? Mimo że silniki elektryczne mają wysokie sprawności, wciąż ok. 10 ⁢ % – 20 ⁢ % mocy jest tracone, niewykorzystywane do wykonywania użytecznej pracy. Większość strat to zamiana na ciepło przez drut miedziany w uzwojeniu silnika. Ciepło jest oddawane na zewnątrz, co zwiększa temperaturę. Jednocześnie elektrownie muszą zwiększyć produkcję, aby uzupełnić straty, co może prowadzić do zwiększonego wytwarzania gazów cieplarnianych, szczególnie w przypadku elektrowni węglowych czy gazowych. Bezpiecznik ( ) jest urządzeniem chroniącym obwody elektryczne przed zbyt wysokim natężeniem przepływającego prądu. Składa się on z krótkiego drucika z dwoma kontaktami. Jak wiemy, gdy prąd przepływa przez przewodnik, energia kinetyczna ładunków zamienia się w energię cieplną w przewodniku. Kawałek naprężonego przewodnika w bezpieczniku ma niską temperaturę topnienia. Jest tak zaprojektowany, aby przy danej wartości natężenia prądu podgrzać się i pęknąć. Bezpiecznik zostanie zniszczony i musi zostać wymieniony na nowy, jednak pozostała część obwodu nie zostanie uszkodzona. Bezpieczniki mają krótki czas reakcji, jednak przegrzanie się i pęknięcie drucika zachodzi z opóźnieniem. Bezpiecznik zawiera krótki drucik z dwoma kontaktami. Gdy natężenie przepływającego prądu jest większe niż zadane, drucik się topi, przerywając połączenie. Na zdjęciu przedstawiono przepalony bezpiecznik, w którym zostało zerwane połączenie. Źródło: modyfikacja pracy „Shardayyy”/Flickr Wyłączniki instalacyjne są również oznaczane maksymalnym natężeniem prądu, który może przez nie płynąć. Służą do zabezpieczania obwodu, jednak w przeciwieństwie do bezpieczników mogą być resetowane i reagują dużo szybciej. Zakres tematyczny tego rozdziału nie obejmuje wyłączników instalacyjnych i zostaną one omówione w następnych rozdziałach. Inną metodą ochrony urządzeń i ludzi są wyłączniki różnicowoprądowe (GFCI) (ang. ground fault circuit interrupter ), powszechnie stosowane w kuchniach i łazienkach. Reagują one bardzo szybko na zmiany natężenia prądu. Jego przepływ zostaje przerwany, gdy następuje zmiana pola magnetycznego wytwarzanego przez przewodniki z przepływającym prądem. Ten temat również wykracza poza zakres niniejszego rozdziału i zostanie rozwinięty w dalszej części podręcznika. Koszt elektryczności Im więcej urządzeń elektrycznych jest używanych, tym wyższy rachunek za energię elektryczną. Ten fakt wynika z relacji między energią a mocą. Płacimy za zużytą energię. Skoro P = d E ∕ d t , widzimy, że E = ∫ P ⁢ d t jest energią zużywaną przez urządzenie pobierające moc P w czasie t . Jeśli dostarczana moc jest stała, energię można obliczyć ze wzoru E = P ⁢ t . Przykładowo im więcej żarówek świeci się jednocześnie, tym większa wartość P , a im dłużej się świecą, tym dłuższy czas t . Jednostką energii na rachunku jest kilowatogodzina ( kW ⁢ h ), zgodnie z relacją E = P ⁢ t . Łatwo możemy oszacować koszt pracy urządzeń, jeśli znamy ich pobór mocy w watach lub kilowatach, czas pracy w godzinach oraz cenę jednej kilowatogodziny energii elektrycznej. Kilowatogodziny, tak jak inne specjalistyczne jednostki energii, np. kalorie, mogą zostać przeliczone na dżule. Możemy się przekonać, że 1 ⁢ kW ⋅ 1 ⁢ h = 3,6 ⋅ 10 6 ⁢ J . Zużycie energii elektrycznej ( E ) można zredukować poprzez skrócenie czasu używania lub zmniejszenie mocy pobieranej przez urządzenia elektryczne. To spowoduje nie tylko spadek kosztu energii elektrycznej, ale także zmniejszy negatywny wpływ na środowisko naturalne. Udoskonalenie źródeł światła jest najszybszym sposobem redukcji zużycia energii elektrycznej w gospodarstwach domowych i przemyśle. Około 20 ⁢ % \\SI{20}{\\percent} energii elektrycznej zużywa się na oświetlenie w gospodarstwach domowych, natomiast ok. 40 ⁢ % \\SI{40}{\\percent} w zastosowaniach przemysłowych. Lampy fluorescencyjne, zarówno świetlówki liniowe, jak i kompaktowe (CFL), są cztery razy bardziej wydajne niż zwykłe żarówki – (b). 60-watową żarówkę może zastąpić 15-watowa świetlówka, która ma taką samą intensywność świecenia i taki sam kolor. Świetlówki zbudowane są z wygiętej rurki wewnątrz klosza bądź spiralnej tuby podłączonej do gwintu Edisona, aby pasowała do standardowych podłączeń. (Początkowe problemy związane z kolorem, migotaniem, kształtem oraz wysokimi kosztami świetlówek zostały rozwiązane w ciągu ostatnich kilku lat). Wydzielanie ciepła jest mniejsze w przypadku świetlówek, jednocześnie mają one dziesięć razy dłuższą żywotność niż standardowe żarówki. W następnym przykładzie pokażemy, jak duże znaczenie ma inwestycja w świetlówki. Nowe żarówki światła białego na bazie małych diod LED są dwa razy wydajniejsze i mają żywotność pięć razy większą niż świetlówki. Obliczenie kosztu użycia żarówki na bazie LED Zwykle 100-watową zwykłą żarówkę wolframową zastępuje się 20-watową żarówką LED, ponieważ dostarczają one taką samą ilość światła. Jak dużo można zaoszczędzić, używając żarówki LED zamiast wolframowej przez rok przy założeniu, że 1 ⁢ kW ⁢ h kosztuje średnio 0,55 ⁢ zł ? Przyjmijmy, że żarówka jest włączona przez 3 ⁢ h w ciągu dnia. Strategia rozwiązania Obliczmy energię zużytą przez każdą żarówkę w ciągu roku, korzystając ze wzoru E = P ⁢ t . Pomnóżmy energię przez cenę. Rozwiązanie Energia pobierana przez każdą żarówkę E żarówka = P ⁢ t = 100 ⁢ W ⋅ 1 ⁢ kW 1000 ⁢ W ⋅ 3 ⁢ h 1 ⁢ dzień ⋅ 365 ⁢ dni = 109,5 ⁢ kW ⁢ h ⁢ , E_{\\text{żarówka}} = Pt = \\SI{100}{\\watt} \\cdot \\frac{\\SI{1}{\\kilo\\watt}}{\\SI{1000}{\\watt}} \\cdot \\frac{\\SI{3}{\\hour}}{\\SI{1}{\\dzien}} \\cdot \\SI{365}{\\dni} = \\SI{109,5}{\\kilo\\watt\\hour} \\text{,} E LED = P ⁢ t = 20 ⁢ W ⋅ 1 ⁢ kW 1000 ⁢ W ⋅ 3 ⁢ h 1 ⁢ dzień ⋅ 365 ⁢ dni = 21,9 ⁢ kW ⁢ h ⁢ . E_{\\text{LED}} = Pt = \\SI{20}{\\watt} \\cdot \\frac{\\SI{1}{\\kilo\\watt}}{\\SI{1000}{\\watt}} \\cdot \\frac{\\SI{3}{\\hour}}{\\SI{1}{\\dzien}} \\cdot \\SI{365}{\\dni} = \\SI{21,9}{\\kilo\\watt\\hour} \\text{.} Koszt wynosi koszt żarówka = 109,5 ⁢ kW ⁢ h ⋅ 0,55 ⁢ zł 1 ⁢ kW ⁢ h = 60,23 ⁢ zł ⁢ , \\text{koszt}_{\\text{żarówka}} = \\SI{109,5}{\\kilo\\watt\\hour} \\cdot \\frac{\\SI{0,55}{\\zloty}}{\\SI{1}{\\kilo\\watt\\hour}} = \\SI{60,23}{\\zloty} \\text{,} koszt LED = 21,9 ⁢ kW ⁢ h ⋅ 0,55 ⁢ zł 1 ⁢ kW ⁢ h = 12,05 ⁢ zł ⁢ . \\text{koszt}_{\\text{LED}} = \\SI{21,9}{\\kilo\\watt\\hour} \\cdot \\frac{\\SI{0,55}{\\zloty}}{\\SI{1}{\\kilo\\watt\\hour}} = \\SI{12,05}{\\zloty} \\text{.} Znaczenie Żarówka LED zużywa o 80 ⁢ % \\SI{80}{\\percent} mniej energii niż standardowa, co przekłada się na oszczędność 48,18 ⁢ zł na rok. Żarówka LED 20-watowa kosztuje ok. 30 ⁢ zł , natomiast 100-watowa żarówka standardowa kosztuje ok. 1,5 ⁢ zł , co należy wziąć pod uwagę, obliczając koszty oświetlenia. Żywotność standardowej żarówki to ok. 1200 ⁢ h , natomiast żarówki LED to ok. 50 000 ⁢ h . Przy używaniu oświetlenia przez 3 ⁢ h dziennie żarówka standardowa będzie działać przez 1,08 roku, natomiast LED przez 45,66 roku. Koszt zakupu żarówki LED jest wyższy, jednak w przeliczeniu na lata będzie on wynosił 1,39 ⁢ zł ∕ rok użycia dla żarówki standardowej oraz 0,66 ⁢ zł ∕ rok użycia dla LED. (Należy zauważyć, że ceny żarówek LED ciągle spadają). Oszczędność wynosi ok. 48,91 ⁢ zł w ciągu roku tylko dla jednej żarówki. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy wydajność żarówek to jedyny parametr brany pod uwagę przy ich porównywaniu? Nie, wydajność żarówek jest bardzo ważnym parametrem, jednak są również inne. Tak jak wspomniano powyżej, koszt i żywotność żarówek są ważnymi parametrami. Przykładowo świetlówki zawierają rtęć, która jest neurotoksyną i musi być składowana jako odpad niebezpieczny. Gdy żarówkę standardową kontrolowaną przez ściemniacz zastępuje się żarówką LED, może się okazać, że ściemniacz też trzeba wymienić. Ceny tych urządzeń są porównywalne dla obydwu rodzajów żarówek, jednak jest to koszt, który musi zostać uwzględniony. Kolejną właściwością jest spektrum emitowanego światła. Szeroki zakres temperatur barwowych pozwala na dobranie żarówki według potrzeb. Te parametry nie powinny zniechęcać do wyboru świetlówek czy żarówek LED, jednak muszą zostać wzięte pod uwagę. Zastąpienie żarówek standardowych świetlówkami lub żarówkami LED to prosty sposób na zmniejszenie konsumpcji energii w gospodarstwach domowych i przemyśle. Działanie świetlówki opiera się na zupełnie innym mechanizmie niż działanie standardowych żarówek wolframowych. Jest ono skomplikowane i wykracza poza zakres tego rozdziału, dlatego przedstawimy je tylko pokrótce. Świetlówki zawierają pary argonu i rtęci zamknięte w spiralnej tubie i używają statecznika, który służy do zwiększenia napięcia. Statecznik wytwarza prąd elektryczny, który przepływa przez mieszaninę gazów i wzbudza ich atomy. Te produkują światło w zakresie ultrafioletowym (UV), które pobudza fluorescencyjne pokrycie wewnątrz tuby do świecenia w zakresie światła widzialnego. Zwykłe świetlówki liniowe i kompaktowe charakteryzują się krótkim opóźnieniem, podczas którego mieszanina gazów jest podgrzewana, a cząsteczki wzbudzane. Należy zaznaczyć, że takie świetlówki zawierają trującą rtęć, jednak nawet jeśli dojdzie do uszkodzenia, to nie nastąpi jej wyciek. Nawet gdy świetlówka się rozbije, to rtęć pozostanie w warstwie fluorescencyjnej. Dodatkowo jej ilość jest bardzo mała. Oszczędność energii elektrycznej przewyższa zaś wady związane z używaniem rtęci. Świetlówki są wypierane przez żarówki na bazie LED, co oznacza diodę emitującą światło (ang. light-emitting diode ). Dioda była pokrótce omawiana jako element nieomowy wykonany z półprzewodnikowych materiałów, pozwalający na przepływ prądu tylko w jednym kierunku. LED jest specjalnym typem diody zbudowanej z półprzewodnika zawierającego domieszki o specjalnym składzie i koncentracji. W diodzie LED energia powstała dzięki ruchowi elektronów wynikającemu z pobudzenia elektrycznego zamienia się w światło widzialne. Temat materiałów półprzewodnikowych zostanie szerzej omówiony w rozdziale Fizyka fazy skondensowanej . Komercyjne żarówki LED stają się standardem w oświetleniu przemysłowym i w gospodarstwach domowych, wypierając żarówki wolframowe oraz świetlówki. Są zaprojektowane do świecenia w spektrum widzialnym. Składają się z galu z domieszką arsenu i fosforu. Barwa emitowana przez diodę LED zależy od materiału półprzewodnikowego i natężenia prądu przepływającego przez diodę. Początkowo małe lampki LED w obwodach były czerwone, żółte i zielone, natomiast dzisiaj żarówki LED mogą świecić w milionach kolorów oraz z różnymi temperaturami barwowymi światła białego. Porównanie standardowej żarówki, świetlówki oraz żarówki LED Oszczędność energii elektrycznej jest dość znacząca przy wymianie żarówki standardowej na żarówkę LED lub świetlówkę. Na żarówkach oznacza się ilość mocy pobieranej w watach oraz ilość emitowanego światła w lumenach. Lumen (lm) jest jednostką strumienia świetlnego w układzie SI i miarą całkowitego światła widzialnego wyemitowanego przez źródło. 60-watowa żarówka wolframowa może być zastąpiona przez 13- lub 15-watową świetlówkę albo 6- lub 8-watową żarówkę LED, ponieważ wszystkie trzy emitują światło o strumieniu równym ok. 800 ⁢ lm . W przedstawiono wartości strumienia świetlnego powszechnie używanych żarówek. Żywotność każdego z tych trzech typów żarówek jest zupełnie inna. Żarówka LED ma żywotność ok. 50 000 ⁢ h , świetlówka 8000 ⁢ h , natomiast standardowa żarówka 1200 ⁢ h . Żarówka LED jest najbardziej wytrzymała, odporna na drgania i uderzenia. Standardowa żarówka ma dużo mniejszą wytrzymałość, ponieważ żarnik oraz szkło łatwo uszkodzić. Świetlówki również są mniej trwałe z powodu szklanej konstrukcji. Moc tracona na ciepło w przypadku 8-watowej żarówki LED wynosi ok. 1 ⁢ W , dla 60-watowej żarówki wolframowej jest to ok. 25 ⁢ W , natomiast dla świetlówki to ok. 9 ⁢ W . Jak już wcześniej wspomnieliśmy, poważną wadą świetlówek jest zawartość rtęci, neurotoksyny, która musi być składowana w specjalny sposób. Biorąc pod uwagę omówione czynniki, łatwo nam zrozumieć, dlaczego żarówki LED stają się standardem w oświetleniu. Strumień świetlny dla żarówki LED, żarówki wolframowej oraz świetlówki. Strumień świetlny ( lm ) Żarówka LED ( W ) Żarówka wolframowa ( W ) Świetlówka ( W ) 450 4−5 40 9−13 800 6−8 60 13−15 1100 9−13 75 18−25 1600 16−20 100 23−30 2600 25−28 150 30−55 Podsumowanie zależności W tym rozdziale omawialiśmy zależności pomiędzy napięciem, natężeniem prądu, rezystancją oraz mocą prądu elektrycznego. podsumowuje zależności między tymi wielkościami opisującymi elementy omowe. (Przypominamy, że elementy omowe spełniają prawo Ohma U = I ⁢ R ). Przykładowo, jeśli chcemy policzyć moc, wykorzystujemy fioletową część, która pokazuje, że P = U ⁢ I , P = U 2 ∕ R oraz P = I 2 ⁢ R . Koło przedstawia podsumowanie wzorów i związków między mocą, natężeniem prądu, napięciem oraz rezystancją. W zależności od tego, jakie wielkości mierzymy, używamy różnych wzorów. Przykładowo, jeśli podane są natężenie prądu oraz rezystancja, użyjemy P = I 2 ⁢ R . Mimo że przedstawiona liczba wzorów może wydać się przytłaczająca, pamiętajmy, że wszystkie one są kombinacjami tylko dwóch: prawa Ohma ( U = I ⁢ R ) oraz wyrażenia na moc ( P = I ⁢ U ). Podsumowanie Moc elektryczna jest miarą energii elektrycznej dostarczanej do obwodu lub pobieranej przez obciążenie w czasie. Moc pobierana przez rezystor zależy od kwadratu natężenia prądu płynącego przez rezystor i równa się P = I 2 ⁢ R = U 2 ∕ R . Jednostką mocy elektrycznej w układzie SI jest wat, natomiast jednostką energii elektrycznej dżul. Inną powszechnie używaną w przemyśle jednostką mocy jest kilowatogodzina ( kW ⁢ h ). Całkowita energia zużyta w czasie może być obliczona przy użyciu E = ∫ P ⁢ d t . Pytania Typowe urządzenia elektryczne wymagają zasilania napięciem 230 ⁢ V , jednak do przesyłania energii elektrycznej elektrownie używają napięcia w zakresie kilowoltów, a następnie transformatory obniżają napięcie. W następnych rozdziałach dowiesz się, że transformator składa się ze zwojów drutu, który się grzeje podczas przepływu prądu, tracąc energię na ciepło. Wydaje się to bardzo nieefektywne. Dlaczego elektrownie przesyłają energię elektryczną w taki sposób? Mimo że przewodniki mają małą rezystancję, linie energetyczne ciągną się kilometrami. Dzięki użyciu dużych napięć zmniejsza się natężenie prądu wymagane do dostarczenia takich samych mocy, co zmniejsza straty na liniach przesyłowych. Na twoim rachunku za prąd elektryczny zużycie jest podane w kilowatogodzinach ( kW ⁢ h ). Ta jednostka mówi o wielkości ładunku, natężenia prądu, napięcia, mocy czy energii, którą kupujesz? Rezystory używane w obwodach elektrycznych są najczęściej oznaczane 1 8 ⁢ W , 1 4 ⁢ W , 1 2 ⁢ W , 1 ⁢ W oraz 2 ⁢ W . Co może się wydarzyć, jeśli prąd o natężeniu I = 2 ⁢ A przypadkowo przepłynie przez rezystor R = 1 ⁢ Ω oznaczony jako 1 ⁢ W ? Czy można zapobiec takim wypadkom? Rezystor się przegrzeje, prawdopodobnie do momentu, gdy się zapali. Bezpieczniki są powszechnie używane do zapobiegania takim przypadkom. Grzałka jest małym urządzeniem wykorzystywanym do podgrzewania wody na herbatę składającym się z rezystora, przez który przepływa prąd. Czy jeśli zostanie przyłożone napięcie dwa razy większe, niż przewidziano, to czas potrzebny na podgrzanie wody się zmieni? O ile? Czy to jest dobry pomysł? Zadania 20-woltowa bateria zasila rezystor o rezystancji 10 ⁢ kΩ . Załóż, że spadek napięcia na przewodach jest pomijalny. Jakie natężenie ma prąd przepływający przez rezystor? Jaka jest moc pobierana przez rezystor? Jaką moc daje bateria, zakładając, że całą pobiera rezystor? Co dzieje się z energią pobraną przez rezystor? a. I = 0,3 ⁢ mA ; b. P = 0,9 ⁢ mW ; c. P = 0,9 ⁢ mW ; d. Jest zamieniana na ciepło. Jakie maksymalne napięcie może zostać przyłożone do rezystora 10 ⁢ kΩ oznaczonego 1 4 ⁢ W ? Grzałka zbudowana z cewki z drutu o średnicy 1,628 ⁢ mm ( 14 ⁢ AWG ) z chromonikieliny generuje moc o wartości 300 ⁢ W przy użyciu napięcia U = 110 ⁢ V . Jaką długość ma drut? P = U 2 ∕ R , R = 40 ⁢ Ω , S = 2,08 ⁢ mm 2 , ρ = 100 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m , R = ρ ⋅ L ∕ S , L = 83 ⁢ m . Alternatywę dla świetlówek i standardowych żarówek stanowią żarówki LED. 100-watową żarówkę standardową może zastąpić 16-watowa żarówka LED. Obydwie wytwarzają strumień świetlny o wartości 1600 ⁢ lm . Ile zapłacisz za rok pracy żarówki przez 4 ⁢ h dziennie przy założeniu, że koszt 1 ⁢ kW ⁢ h wynosi 0,55 ⁢ zł ? Moc tracona przez rezystor o rezystancji R = 100 ⁢ Ω jest równa P = 2 ⁢ W . Oblicz natężenie prądu płynącego przez rezystor oraz spadek napięcia na rezystorze. I = 0,1 ⁢ A , U = 14 ⁢ V . Kierowca spieszył się na samolot i przez przypadek zostawił włączone światła w samochodzie na parkingu przy lotnisku. Podczas startu zorientował się, że popełnił błąd. Kierowca niedawno wymieniał akumulator w samochodzie, więc wie, że ma on 12 ⁢ V i jest oznaczony 100 ⁢ A ⁢ h . Nic nie mogąc zrobić, oszacował, jak długo będą świeciły się światła, przy założeniu, że w aucie są dwie lampy po 12 ⁢ V i każda pobiera 40 ⁢ W mocy. Do jakich wniosków doszedł? Student fizyki mieszka w jednoosobowym pokoju w akademiku. Posiada małą lodówkę, która pracuje, pobierając prąd o natężeniu 3 ⁢ A i pod napięciem 110 ⁢ V , lampkę ze 100-watową żarówką, żyrandol z 60-watową żarówką i kilka innych urządzeń o łącznej mocy 3 ⁢ W . Zakładając, że elektrownia, która zasila akademik, jest oddalona o 10 ⁢ km i używa dwóch aluminiowych kabli o średnicy 8,252 ⁢ mm , oszacuj, jaka część dostarczanej mocy (w procentach) jest tracona w czasie przesyłu; Jak zmieniłby się wynik, gdyby elektrownia dostarczała prąd, korzystając z napięcia 11 ⁢ kV ? a. I ≈ 3 ⁢ A + 100 ⁢ W ∕ 110 ⁢ V + 60 ⁢ W ∕ 110 ⁢ V + 3 ⁢ W ∕ 110 ⁢ V = 4,48 ⁢ A , P = 493 ⁢ W , R = 9,91 ⁢ Ω , P strat = 200 ⁢ W , % ⁢ strat = 40 ⁢ % ; b. P = 493 ⁢ W , I = 0,0045 ⁢ A , R = 9,91 ⁢ Ω , P strat = 201 ⁢ µW , % ⁢ strat = 0,000 04 ⁢ % . Przez rezystor o rezystancji 220 ⁢ Ω i mocy maksymalnej 0,5 ⁢ W płynie prąd o maksymalnym możliwym natężeniu. Jaka byłaby moc pobierana przez rezystor, gdyby natężenie prądu zmalało dwa razy? moc elektryczna (ang. electric power ) prędkość zmian energii elektrycznej w czasie w obwodzie elektrycznym", "section": "Energia i moc elektryczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Nadprzewodniki Dotknij zasilacza w swoim komputerze lub innym urządzeniu elektrycznym. Prawdopodobnie jest ciepły. Ciepło jest niepożądanym efektem procesu zamiany elektryczności w twoim domu na prąd, używany przez urządzenia elektryczne. Mimo że przy wykorzystaniu energii elektrycznej nie dochodzi do dużych strat, one wciąż istnieją. Jak już wspominaliśmy w rozdziale dotyczącym mocy i energii elektrycznej, przesyłanie energii elektrycznej powoduje straty wielkości I 2 ⁢ R . Występują one zawsze, bez względu na to, czy pochodzi ona z konwencjonalnej elektrowni (na węgiel, ropę, gaz), atomowej, słonecznej, wodnej czy wiatrowej. Te straty mogą być zmniejszone dzięki użyciu wyższych napięć przesyłowych, jednak, jak wspomnieliśmy, nie da się ich całkowicie wyeliminować. Żeby było to możliwe, linie przesyłowe musiałyby mieć rezystancję równą zero. Dzisiaj, gdy poszukujemy sposobów oszczędzania energii, wyeliminowanie tych strat byłoby dużym osiągnięciem. Czy jednak jest możliwe? Rezystancja rtęci W roku 1911 duński fizyk Heike Kamerlingh Onnes (1853–1926) badał temperaturową zależność rezystancji rtęci. Schłodził jej próbkę i zauważył typową liniową zależność – gdy temperatura spadała, rezystancja malała. Kamerlingh Onnes chłodził próbkę rtęci w ciekłym helu. Gdy temperatura osiągnęła 4,2 ⁢ K ( − 269,2 ⁢ ° C ) rezystancja nagle spadła do zera ( ). Ta temperatura jest nazywana temperaturą krytyczną (ang. critical temperature ) T c rtęci. Próbka rtęci weszła w fazę, gdy rezystancja wynosi zero. To zjawisko nazywane jest nadprzewodnictwem (ang. superconductivity ). Gdy podłączymy elektrody trzycyfrowego omomierza do końców metalowego przewodu, odczyt będzie wynosił 0,00 ⁢ Ω . Rezystancja przewodu nie wynosi zero, jednak nie przekracza 0,01 ⁢ Ω . Istnieją metody pozwalające na pomiar bardzo małych rezystancji, na przykład metoda czteropunktowa, natomiast pomiar omomierzem nie jest wystarczającą metodą pomiaru rezystancji dla nadprzewodników. Rezystancja próbki rtęci wynosi zero w bardzo niskiej temperaturze, ponieważ jest ona nadprzewodnikiem do temperatury ok. 4,2 ⁢ K . Powyżej temperatury krytycznej rezystancja nagle wzrasta, by następnie rosnąć prawie liniowo wraz z temperaturą. Inne materiały nadprzewodzące Badania kontynuowano i w ich wyniku odkryto inne materiały, które wchodziły w fazę nadprzewodzącą, gdy temperatura zbliżała się do zera absolutnego. W 1941 roku odkryto, że stop niobu i azotu może zostać wykorzystany jako nadprzewodnik w T c = 16 ⁢ K ( − 257 ⁢ ° C ), natomiast w 1953 roku mieszanina wanadu i krzemu została wykorzystana jako nadprzewodnik w T c = 17,5 ⁢ K ( − 255,7 ⁢ ° C ). Wytwarzano materiały, których temperatury przejścia do fazy nadprzewodzącej były coraz wyższe. Ku zaskoczeniu badaczy wiele materiałów, które są dobrymi przewodnikami, np. miedź, srebro, złoto, nie wykazało właściwości nadprzewodzących. Wyobraźmy sobie oszczędność energii elektrycznej, gdyby linie przesyłowe wykonywano z materiałów nadprzewodzących w temperaturze pokojowej. Rezystancja równa 0 ⁢ Ω oznacza brak strat związanych z I 2 ⁢ R i duże ograniczenie marnowanej energii. Problem stanowi temperatura T c = 17,5 ⁢ K , która jest wciąż bardzo niska, w zakresie temperatur ciekłego helu. W tej temperaturze nie opłaca się przesyłać energii elektrycznej z powodu konieczności chłodzenia. Dużego postępu dokonano w 1986 roku, gdy grupa naukowców kierowana przez doktora Ching Wu Chu z Uniwersytetu w Houston wyprodukowała kruchy, ceramiczny związek, którego temperatura krytyczna wynosiła T c = 92 ⁢ K ( − 181 ⁢ ° C ). Ten materiał złożony z itru, baru, miedzi i tlenu (YBCO) (ang. yttrium barium copper oxide ) jest izolatorem w temperaturze pokojowej. Mimo że jego temperatura krytyczna wciąż jest bardzo niska, to jednak większa niż temperatura wrzenia ciekłego azotu, często wykorzystywanego do chłodzenia w warunkach laboratoryjnych. Materiał ceramiczny YBCO mógłby być używany do przesyłania energii elektrycznej, ponieważ koszty zaoszczędzone na zmniejszeniu strat I 2 ⁢ R są większe niż koszt ochłodzenia kabla nadprzewodzącego, co mogłoby być opłacalne finansowo. Jednakże istnieje wiele problemów inżynieryjnych, które nie zostały rozwiązane. Przykładowo w przeciwieństwie do tradycyjnych kabli, które są elastyczne i rozciągliwe, ceramiczne są kruche i pękają, zamiast się rozciągać. Procesy, którą są łatwe w przypadku tradycyjnych kabli, w przypadku ceramiki okazują się skomplikowane, na przykład łączenie kabli ze sobą. Te zagadnienia są trudne i skomplikowane, jednak naukowcy i inżynierowie cały czas pracują nad ich rozwiązaniem. Ciekawą konsekwencją zerowej rezystancji jest ciągły przepływ prądu bez potrzeby przykładania napięcia. W nadprzewodnikach obserwuje się pętle prądów płynących przez wiele lat bez spadku natężenia. Zerowa rezystancja nie jest jedynym ciekawym zjawiskiem występującym w nadprzewodnikach, gdy one osiągną temperaturę krytyczną. Drugim jest wypychanie pola magnetycznego przez nadprzewodnik, zwane efektem Meissnera (ang. Meissner effect ) – . Lekki magnes umieszczony ponad nadprzewodnikiem będzie nad nim lewitował w stałej pozycji. Pociągi poruszające się z olbrzymimi prędkościami lewitują nad bardzo silnymi magnesami nadprzewodzącymi, co wyklucza opory ruchu pomiędzy pociągiem a szynami. W Japonii już w 1997 roku otwarto linię kolejową wykorzystującą ten efekt nadprzewodników, nazwano ją Yamanashi Maglev. W kwietniu 2015 roku pociągi kursujące na niej osiągały już prędkość 603 ⁢ km ∕ h . Mały, silny magnes lewituje nad nadprzewodnikiem ochłodzonym ciekłym azotem. Lewitacja występuje ze względu na wypychanie pola magnetycznego przez nadprzewodnik. W pokazano wybrane pierwiastki, stopy i nadprzewodniki wysokotemperaturowe wraz z ich temperaturami krytycznymi, w których stają się nadprzewodzące. Materiały ułożono w kolejności od tych o najniższej, do tych o najwyższej temperaturze krytycznej. Przedstawiono też wartości granicznego natężenia pola magnetycznego, które powoduje zanik nadprzewodnictwa. W ostatniej kolumnie określono typ nadprzewodnictwa. Istnieją dwa rodzaje materiałów nadprzewodzących. Odkryto 30 czystych metali, które poniżej temperatury krytycznej wykazują zerową rezystancję i efekt Meissnera, czyli zanik pola magnetycznego. Te metale nazywane są nadprzewodnikami I rodzaju. Nadprzewodnictwo istnieje tylko poniżej temperatury krytycznej i granicznego natężenia pola magnetycznego. Nadprzewodniki I rodzaju dają się dobrze opisać przy pomocy teorii BCS (przedstawionej poniżej). Ich zastosowanie jest jednak ograniczone ze względu na dość niskie graniczne natężenie pola magnetycznego. Nadprzewodniki II rodzaju mają o wiele wyższą wartość granicznego natężenia pola magnetycznego, co oznacza, że mogą przenosić większe gęstości prądu, pozostając w stanie nadprzewodnictwa. Różne materiały ceramiczne zawierające bar, miedź i tlen mają dość wysokie temperatury krytyczne. Nadprzewodniki należące do typu II często nazywa się nadprzewodnikami wysokotemperaturowymi. Wprowadzenie do teorii BCS Zachowanie nadprzewodników typu I oraz niektórych typu II można modelować przy użyciu teorii BCS (ang. BCS theory ), sformułowanej przez Johna Bardeena (1908–1991) , Leona Coopera (ur. 1930) i Roberta Schrieffera (ur. 1931) . Mimo że teoria BCS wychodzi poza zakres tego rozdziału, przedstawimy ją pokrótce (więcej szczegółów znajdziesz w rozdziale Fizyka fazy skondensowanej ). W tej teorii rozważane są sprzężone pary elektronów i to, jak zachowują się w drgającej sieci krystalicznej. Dzięki oddziaływaniom z nią elektrony o energii bliskiej energii Fermiego odczuwają słabą siłę przyciągającą i formują pary zwane parami Coopera (ang. Cooper pairs ), a sprzężenie z siecią krystaliczną jest nazywane oddziaływaniem fononowym. Pojedyncze elektrony są fermionami, czyli muszą podlegać regule Pauliego. Reguła Pauliego (zakaz Pauliego) mówi o tym, że dwa identyczne fermiony (cząstki z połówkowym spinem) nie mogą zajmować tego samego stanu kwantowego. Każdy elektron opisują cztery liczby kwantowe ( n , l , m l , m s ). Główna liczba kwantowa ( n ) mówi o energii elektronu, poboczna liczba kwantowa ( l ) wskazuje najbardziej prawdopodobną odległość od jądra atomowego, magnetyczna liczba kwantowa ( m l ) opisuje energię na podpowłoce, a magnetyczna spinowa liczba kwantowa ( m s ) wskazuje spin elektronu, w górę lub w dół. Gdy materiał wchodzi w stan nadprzewodzący, pary elektronów zachowują się jak bozony, które mogą kondensować w tej samej energii i nie podlegają regule Pauliego. Pary elektronowe mają mniejszą energię, co powoduje powstanie przerwy energetycznej rzędu 0,001 ⁢ eV . Dla par elektronów poniżej tej przerwy energetycznej zanika interakcja pomiędzy nimi a siecią krystaliczną, która jest przyczyną rezystancji. Gdy materiał znajduje się w temperaturze niższej od temperatury krytycznej, energia termiczna jest mniejsza niż przerwa energetyczna, co sprawia, że materiał ma zerową rezystancję. Temperatury krytyczne dla nadprzewodników. Materiał Symbol lub wzór chemiczny Temperatura krytyczna T c ( K ) Graniczne natężenie pola magnetycznego H c ( T ) Typ Pierwiastki Ołów Pb 7,19 0,08 I Lantan La ( α ) 4,90 − ( β ) 6,30 I Tantal Ta 4,48 0,09 I Rtęć Hg ( α ) 4,15 − ( β ) 3,95 0,04 I Cyna Sn 3,72 0,03 I Ind In 3,40 0,03 I Tal Tl 2,39 0,03 I Ren Re 2,40 0,03 I Tor Th 1,37 0,013 I Protaktyn Pa 1,40 I Glin Al 1,20 0,01 I Gal Ga 1,10 0,005 I Cynk Zn 0,86 0,014 I Tytan Ti 0,39 0,01 I Uran U ( α ) 0,68 − ( β ) 1,80 I Kadm Cd 11,4 4 I Związki chemiczne German niobu Nb 3 Ge 23,2 37 II Cyna niobu Nb 3 Sn 18,3 30 II Azotek niobu NbN 16,0 II Tytan niobu NbTi 10,0 15 II Wysokotemperaturowe tlenki HgBa 2 CaCu 2 O 8 134 II Tl 2 Ba 2 Ca 2 Cu 3 O 10 125 II YBa 2 Cu 3 O 7 92 120 II Zastosowanie nadprzewodników Nadprzewodniki mogą być wykorzystane do budowy nadprzewodzących magnesów. Są one źródłem pola magnetycznego dziesięciokrotnie silniejszego niż pole magnetyczne wytwarzane przez elektromagnesy. Wykorzystywane są w urządzeniach do obrazowania metodą rezonansu magnetycznego (MRI), która umożliwia wykonywanie zdjęć wysokiej rozdzielczości organizmu ludzkiego bez użycia niebezpiecznego promieniowania. Kolejnym ciekawym zastosowaniem nadprzewodnictwa jest SQUID (ang. superconducting quantum interference device ), nadprzewodzące kwantowe urządzenie interferencyjne. SQUID jest bardzo czułym miernikiem słabych pól magnetycznych. Urządzenie to wykorzystuje nadprzewodzącą pętlę ze złączami Josephsona. Złącze Josephsona (ang. Josephson junction ) zbudowano na podstawie teoretycznego założenia B.D. Josephsona (ur. 1940) przedstawionego w artykule opublikowanym w 1962 roku. Josephson opisał, jak prąd może płynąć pomiędzy dwoma nadprzewodnikami rozdzielonymi cienką warstwą izolatora. Ten efekt nazywany jest dziś efektem Josephsona. SQUID składa się z nadprzewodzącej pętli i dwóch złączy Josephsona, jak pokazano na . Prądy płynące przez złącza dodają się do siebie – interferują. Gdy pętla znajduje się nawet w bardzo małym polu magnetycznym, wynik interferencji jest inny ze względu na przesunięcie fazowe pomiędzy prądami spowodowane polem magnetycznym. SQUID (nadprzewodzące kwantowe urządzenie interferencyjne) wykorzystuje pętle z nadprzewodnika i dwóch złączy Josephsona do detekcji pola magnetycznego rzędu 10 − 14 ⁢ T (pole magnetyczne Ziemi wynosi 3 ⋅ 10 -6 ⁢ T \\SI{3e-6}{\\tesla} ). Nadprzewodnictwo jest fascynującym i przydatnym zjawiskiem zachodzącym w temperaturze krytycznej, która jest bliska temperaturze wrzenia ciekłego azotu. Znalazło ono zastosowanie w MRI, przyspieszaczu cząstek i szybkich pociągach. Czy uda się opracować materiały o temperaturach krytycznych bliskich temperaturze pokojowej? Wydaje się to jeszcze odległe, jednak naukowcy w 1911 roku twierdzili, że nie jest możliwe osiągnięcie temperatur krytycznych bliskich temperaturze ciekłego azotu. Podsumowanie Nadprzewodnictwo jest zjawiskiem występującym w niektórych materiałach po schłodzeniu do bardzo niskiej temperatury, poniżej temperatury krytycznej; powoduje ono spadek rezystancji do zera i zanik pola magnetycznego w nadprzewodniku. Materiały, które w normalnych warunkach są dobrymi przewodnikami (takie jak miedź, złoto, srebro), nie wykazują cech nadprzewodnictwa. Nadprzewodnictwo w rtęci po raz pierwszy zaobserwował Heike Kamerlingh Onnes w roku 1911. W 1986 roku dr Ching Wu Chu z Uniwersytetu w Houston stworzył kruchy, ceramiczny związek, którego temperatura krytyczna była zbliżona do temperatury wrzenia ciekłego azotu. Nadprzewodniki wykorzystuje się do tworzenia silnych magnesów stosowanych w MRI oraz pociągach, które mogą poruszać się z dużą prędkością. Najważniejsze wzory Średnie natężenie prądu elektrycznego I śr = Δ Q Δ t Definicja ampera 1 ⁢ A = 1 ⁢ C ∕ s Natężenie prądu elektrycznego I = d Q d t Prędkość dryfu v d = I n ⁢ q ⁢ S v_{\\text{d}} = \\frac{I}{nqS} Gęstość prądu I = ∬ S J → ⋅ d S → I = \\iint_S \\vec{J} \\cdot \\d \\vec{S} Rezystywność ρ = E J Powszechna postać prawa Ohma U = I ⁢ R Rezystywność w funkcji temperatury ρ = ρ 0 ⁢ 1 + α ⁢ T − T 0 Definicja rezystancji R ≡ U I Rezystancja materiału o kształcie walca R = ρ ⁢ L S Temperaturowa zależność rezystancji R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ Δ T Moc elektryczna P = I ⁢ U Moc pobierana przez rezystor P = I 2 ⁢ R = U 2 R Pytania Jakie wymagania nadprzewodników powodują, że urządzenia na ich bazie są tak drogie w użyciu? Konieczne jest chłodzenie do bardzo niskich temperatur. Niektóre materiały muszą być chłodzone ciekłym azotem, aby osiągnąć temperaturę krytyczną. Inne materiały wymagają ciekłego helu, który jest jeszcze droższy. Wymień dwa zastosowania nadprzewodników wspominane w tym rozdziale i wyjaśnij, jak nadprzewodniki są wykorzystywane. Czy znasz jakieś inne zastosowania nadprzewodnictwa? Zadania Rozważ elektrownię oddaloną o 60 ⁢ km od domów mieszkalnych. Do przesyłu energii elektrycznej są używane przewody z miedzi o powierzchni przekroju poprzecznego S = 42,4 ⁢ mm 2 , w których płynie prąd o natężeniu I = 100 ⁢ A . Jaka moc jest tracona w przewodach miedzianych, czego można byłoby uniknąć, używając przewodów nadprzewodzących? R Cu = 0,24 ⁢ Ω , P = 2,377 ⋅ 10 3 ⁢ W . Przy wyciąganiu drutu, jego długość zwiększa się cztery razy. Jak zmieni się jego rezystancja? Cyfrowy termometr mierzy temperaturę przez pomiar rezystancji półprzewodnikowego urządzenia nazywanego termistorem (którego α = − 0,06 ⁢ ° C − 1 ), w momencie gdy jego temperatura jest równa temperaturze ciała pacjenta. Ile wynosi temperatura ciała pacjenta, jeśli rezystancja termistora wynosi w niej 82 ⁢ % \\SI{82}{\\percent} jego rezystancji w 37 ⁢ ° C (temperatura zdrowego człowieka)? R = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ T − T 0 , 0,82 ⁢ R 0 = R 0 ⁢ 1 + α ⁢ T − T 0 , 0,82 = 1 − 0,06 ⁢ T − 37 ⁢ ° C , T = 40 ⁢ ° C . Generatory mocy elektrycznej czasami testuje się, przepuszczając generowany prąd przez duży zbiornik z wodą. Podobną metodę wykorzystuje się do badania ciepła wydzielanego przez rezystory. Rezystor o rezystancji R = 30 ⁢ Ω podłączono do baterii 9 ⁢ V . Jego elektrody są wodoodporne. Umieszczono je w wodzie o temperaturze pokojowej ( T = 20 ⁢ ° C ) i o masie 1 ⁢ kg . Prąd przepływał przez rezystor przez 20 ⁢ min . Oblicz końcową temperaturę wody, zakładając, że cała energia elektryczna oddana przez rezystor została zamieniona na ciepło. Złoty drut 12 ⁢ AWG ma długość 1 ⁢ m . Jaka będzie długość srebrnego drutu 12 ⁢ AWG o takiej samej rezystancji? Ile będą wynosiły rezystancje tych drutów w temperaturze wrzenia wody? a. R Au = R Ag , ρ Au ⋅ L Au ∕ S Au = ρ Ag ⋅ L Ag ∕ S Ag , L Ag = 1,53 ⁢ m ; b. R Au, ⁢ 20 ⁢ ° C = 0,0074 ⁢ Ω , R Au, ⁢ 100 ⁢ ° C = 0,0094 ⁢ Ω , R Ag, ⁢ 100 ⁢ ° C = 0,0096 ⁢ Ω . O ile musi zmienić się temperatura, aby zmniejszyć rezystancję rezystora węglowego o 10 ⁢ % \\SI{10}{\\percent} ? Zadania dodatkowe W kablu koncentrycznym o długości 10 ⁢ m promień wewnętrznego przewodnika wynosi r wew = 0,25 ⁢ cm , a zewnętrznego r zew = 0,5 ⁢ cm . Plastik o rezystywności ρ = 2 ⋅ 10 13 ⁢ Ω ⁢ m rozdziela te dwa przewodniki. Jaka jest rezystancja kabla? d R = ρ ∕ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L ⁢ d r , R = ρ ∕ 2 ⁢ π ⁢ L ⋅ ln r zew ∕ r wew , R = 2,21 ⋅ 10 11 ⁢ Ω . 10-metrowy miedziany kabel ma rezystancję 0,051 ⁢ Ω . Jaka jest jego masa? Jaka będzie masa takiego samego kabla (tej samej długości i średnicy), ale zrobionego z aluminium? Jaka jest rezystancja drutu aluminiowego? Gęstość miedzi wynosi 8960 ⁢ kg ∕ m 3 , natomiast gęstość aluminium to 2760 ⁢ kg ∕ m 3 . Pręt z nichromu, który ma 3 ⁢ mm długości oraz powierzchnię przekroju czynnego 1 ⁢ mm 2 , jest używany jako cyfrowy termometr. Jaka jest jego rezystancja w temperaturze pokojowej? Jaka jest jego rezystancja w temperaturze ciała człowieka? a. R 0 = 3 ⋅ 10 6 ⁢ Ω ; b. T c = 37 ⁢ ° C , R = 3,02 ⋅ 10 − 6 ⁢ Ω . Temperatura w Warszawie może wahać się pomiędzy − 15 ⁢ ° C zimą a 30 ⁢ ° C latem. O ile procent zmienia się rezystancja drutu aluminiowego w ciągu roku? Gdy napięcie 100 ⁢ V jest przyłożone do 10-metrowego drutu o średnicy 4,621 ⁢ mm , gęstość prądu wynosi 2 ⋅ 10 8 ⁢ A ∕ m 2 . Jaka jest rezystywność tego drutu? ρ = 5 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m . Drut o rezystancji 5 ⁢ Ω został wyciągnięty w taki sposób, że jego długość zwiększyła się dwukrotnie. Oblicz rezystancję nowego drutu. Załóż, że rezystywność i gęstość materiału się nie zmieniły. Jaka jest rezystywność drutu o powierzchni przekroju poprzecznego S = 16,8 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 , długości 5 ⁢ m oraz rezystancji 5,1 ⁢ mΩ ? ρ = 1,71 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ⁢ m . Zwojnice z drutu często wykorzystuje się w obwodach elektrycznych i elektronicznych. Rozważ zwojnicę, która została utworzona z 1000 zwojów izolowanego drutu miedzianego o powierzchni przekroju poprzecznego 0,52 ⁢ mm 2 , nawiniętego na cylindryczny nieprzewodzący rdzeń o promieniu 2 ⁢ mm . Ile wynosi rezystancja zwojnicy? Pomiń grubość izolacji drutu. Prąd o natężeniu ok. 0,06 ⁢ A może być śmiertelny. Powoduje on migotanie serca (nieregularne bicie serca). Rezystancja suchego człowieka wynosi ok. 100 ⁢ kΩ . Jaka wartość przyłożonego napięcia powoduje przepływ prądu o natężeniu 0,2 ⁢ A przez suchego człowieka? Gdy człowiek jest mokry, jego rezystancja spada do 100 ⁢ Ω . Jakie napięcie może zaszkodzić mokremu człowiekowi? a. U = 6000 ⁢ V ; b. U = 60 ⁢ V . Rezystor o rezystancji 20 ⁢ Ω oraz mocy 5 ⁢ W podłączono szeregowo do źródła zasilania. Jakie maksymalne napięcie może zostać przyłożone do rezystora, aby go nie uszkodzić? Jakie natężenie będzie miał prąd przepływający przez ten rezystor? Bateria, która jest źródłem siły elektromotorycznej o wartości 24 ⁢ V , dostarcza stały prąd o natężeniu 2 ⁢ mA do urządzenia. Jaką pracę wykonuje bateria w ciągu 3 ⁢ min ? P = W ∕ t , W = 8,64 ⁢ J . 12-woltowa bateria ma rezystancję wewnętrzną równą 0,1 ⁢ Ω . Jakie natężenie ma prąd płynący przez baterię, gdy przez moment zostaną zwarte jej elektrody? Ile wynosi napięcie, jeśli bateria dostarcza do obwodu prąd o natężeniu 0,25 ⁢ A ? Zadania trudniejsze Przez miedziany drut o powierzchni przekroju poprzecznego S = 5,26 ⁢ mm 2 płynie prąd o natężeniu I = 5 ⁢ A . Gęstość miedzi wynosi ρ = 8,95 ⁢ g ∕ cm 3 . Jeden mol miedzi ( 6,02 ⋅ 10 23 atomów) ma masę 63,5 ⁢ g . Ile wynosi prędkość dryfu elektronów przy założeniu, że na jeden atom miedzi przypada jeden swobodny elektron? V = 7,09 ⁢ cm 3 , n = 8,49 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 , v d = 7 ⋅ 10 − 5 ⁢ m ∕ s . Natężenie prądu przepływającego przez drut 12 ⁢ AWG wynosi I ⁡ t = 5 ⁢ A ⋅ sin 2 ⁢ π ⋅ 60 ⁢ Hz ⋅ t . Ile wynosi gęstość prądu w 15 ⁢ ms ? Przyspieszacz cząstek wytwarza wiązkę o promieniu 1,25 ⁢ mm i natężeniu prądu 2 ⁢ mA . Każdy proton ma energię kinetyczną wynoszącą 10 ⁢ MeV . Jaka jest prędkość protonów? Ile wynosi liczba protonów na jednostkę objętości n ? a. v = 4,38 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s ; b. n = 5,83 ⋅ 10 13 ⁢ protonów ∕ m 3 . W tym rozdziale większość przykładów i zadań dotyczyła prądu stałego (DC). W obwodach prądu stałego prąd płynie w jednym kierunku, od plusa do minusa. Gdy natężenie prądu się zmieniało, zmieniało się liniowo od I = − I max do I = + I max , napięcie również zmieniało się liniowo od U = − U max do U = + U max , gdzie U max = I max ⁢ R . Źródło napięcia przemiennego jest połączone szeregowo z rezystorem o rezystancji R = 10 ⁢ Ω . Natężenie prądu w tym obwodzie zmienia się sinusoidalnie, według zależności I ⁡ t = 3 ⁢ A ⋅ sin 2 ⁢ π ∕ 4 ⁢ s ⋅ t . Jak będzie wyglądać wykres spadku napięcia na rezystorze od czasu U ⁡ t ? Jak będzie wyglądać wykres zależności U ⁡ t od I ⁡ t dla jednego okresu? (Wskazówka: Jeśli nie jesteś pewny, spróbuj narysować zależność U ⁡ t od I ⁡ t przy użyciu arkusza kalkulacyjnego). Prąd o natężeniu I = 25 ⁢ A wypływa ze 100-woltowej baterii przez 30 ⁢ s . O ile zmniejszy się energia chemiczna baterii? E = 75 ⁢ kJ . Rozważ prostopadłościenny kawałek materiału z krawędziami podstawy o długości L = 3 ⁢ cm oraz gęstością prądu J → = J 0 ⁢ e α ⁢ x ⁢ k ̂ = 0,35 ⁢ A m 2 ⋅ e 2,1 ⋅ 10 − 3 ⁢ m − 1 ⋅ x ⋅ k ̂ ⁢ , jak pokazano poniżej. Oblicz prąd przepływający przez podstawę prostopadłościanu. Rezystor o nieznanej rezystancji umieszczono w izolowanym pojemniku wypełnionym 0,75 ⁢ kg wody. Źródło napięcia jest podłączone szeregowo do rezystora, przez który przepływa prąd o natężeniu 1,2 ⁢ A przez 10 ⁢ min . W tym czasie temperatura wody zmieniła się o Δ T = 10 ⁢ ° C . Jaka jest rezystancja tego rezystora? Jakiego napięcia dostarcza źródło napięcia? a. P = 52 ⁢ W , R = 36 ⁢ Ω ; b. U = 43,54 ⁢ V . Ładunek, który przepływa przez punkt przewodu, jest zależny od czasu według wzoru q ⁡ t = q 0 ⁢ e − t ∕ T = 10 ⁢ C ⋅ e − t ∕ 5 ⁢ s . Ile wynosi początkowe natężenie prądu w przewodzie w czasie t = 0 ⁢ s ? Oblicz natężenie prądu w czasie t = T ∕ 2 t=T/2 ; Po jakim czasie t natężenie prądu zmniejszy się o połowę I = I 0 ∕ 2 I=I_0/2 ? Rozważ rezystor w kształcie wydrążonego walca wykonany z węgla, przedstawiony poniżej. Promień wewnętrzny wynosi R 1 = 0,2 ⁢ mm , natomiast zewnętrzny R 2 = 0,3 ⁢ mm . Długość rezystora wynosi L = 0,9 ⁢ mm . Rezystywność węgla ma wartość ρ = 3,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ Ω ⁢ m . Wykaż, że rezystancja w kierunku prostopadłym do osi symetrii wynosi R = ρ ∕ 2 ⁢ π ⁢ L ⋅ ln R 2 ∕ R 1 ; Ile wynosi ta rezystancja? a. R = ρ ∕ 2 ⁢ π ⁢ L ⋅ ln R 2 ∕ R 1 ; b. R = 2,5 ⁢ mΩ . Jakie natężenie ma prąd płynący przez przewód o kształcie walca o promieniu R = 0,1 ⁢ mm , jeśli gęstość prądu wynosi J = J 0 ∕ R ⋅ r , gdzie J 0 = 32 000 ⁢ A ∕ m 2 ? Student używa 100-watowego grzejnika zasilanego napięciem 115 ⁢ V do ogrzania pokoju w akademiku w godzinach od 18 do 7 rano. Jakie natężenie ma prąd płynący przez grzejnik? Ile elektronów przepływa przez grzejnik? Jaka jest rezystancja grzejnika? Ile ciepła zostaje oddane do pokoju? a. I = 8,69 ⁢ A ; b. Liczba elektronów wynosi 2,61 ⋅ 10 25 ; c. R = 13,23 ⁢ Ω ; d. Q = 4,68 ⋅ 10 6 ⁢ J . 12-woltowa bateria jest używana do zasilania 20-watowej lampy podczas kampingu koła fizyków. Kabel od lampy 14 ⁢ AWG ma 2 ⁢ m długości i jest wykonany z miedzi, dla której gęstość ładunku n = 9,5 ⋅ 10 28 ⁢ m − 3 . Ile wynosi natężenie prądu płynącego przez lampę? Jak długo płynie elektron z baterii do lampy? Student fizyki używa 115-woltowej grzałki elektrycznej do ogrzania 400 ⁢ g wody na herbatę. Podczas 2 ⁢ min potrzebnych do zagotowania się wody znudzony student postanawia oszacować rezystancję grzałki. Zakłada, że początkowa temperatura wody wynosi T 0 = 25 ⁢ ° C , a następnie osiąga temperaturę T 1 = 100 ⁢ ° C . Ciepło właściwe wody wynosi c = 4180 ⁢ J ∕ kg . Jaka jest rezystancja grzałki? P = 1045 ⁢ W , P = U 2 ∕ R , R = 12,27 ⁢ Ω . temperatura krytyczna (ang. critical temperature ) temperatura, w której materiał osiąga stan nadprzewodnictwa złącze Josephsona (ang. Josephson junction ) złącze dwóch nadprzewodników rozdzielonych cienką warstwą izolatora efekt Meissnera (ang. Meissner effect ) zjawisko, które występuje w nadprzewodnikach, polegające na wypchnięciu pola magnetycznego z materiału SQUID (ang. SQUID ) nadprzewodzące kwantowe urządzenie interferencyjne; bardzo czuły miernik małych natężeń pola magnetycznego nadprzewodnictwo (ang. superconductivity ) zjawisko występujące w niektórych materiałach, gdy poniżej temperatury krytycznej rezystancja materiału spada do zera, a pole magnetyczne jest wypychane z materiału ( T c )", "section": "Nadprzewodniki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Schemat obwodu elektrycznego służącego do wzmacniania słabych sygnałów, aby były słyszane przez słuchawki podłączone do telefonu komórkowego. Elementami tego obwodu są oporniki, kondensatory i diody ­– opisane szczegółowo w poprzednich rozdziałach, jak również tranzystory, będące urządzeniami półprzewodnikowymi – opisane w części Fizyka fazy skondensowanej . Obwody wykorzystujące analogiczne elementy znajdują się we wszystkich rodzajach sprzętu i urządzeń spotykanych w życiu codziennym, np. w budzikach, telewizorach, komputerach czy lodówkach. Źródło: Jane Whitney W kilku poprzednich rozdziałach omawialiśmy podzespoły elektroniczne, takie jak kondensatory, oporniki i diody. W tym rozdziale użyjemy ich do budowy obwodów elektrycznych. Obwód elektryczny jest zbiorem podzespołów elektronicznych połączonych w sposób umożliwiający założone działanie. przedstawia schemat obwodu elektrycznego urządzenia, które wzmacnia sygnały o małej amplitudzie tak, aby były słyszane przy użyciu słuchawek. Chociaż zaprezentowany obwód wygląda na skomplikowany, to w rzeczywistości składa się z zestawu szeregowych, równoległych i szeregowo-równoległych obwodów. W drugiej części tego rozdziału zaprezentujemy analizę obwodów złożonych z szeregowo lub równolegle połączonych oporników. Następnie przedstawimy podstawowe równania i schematy pomocne w analizie dowolnego układu, nawet takiego, którego nie da się zredukować poprzez uproszczenie jego równoległych i szeregowych elementów. Ale najpierw musimy zrozumieć, jak zasilić obwód elektryczny.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Siła elektromotoryczna Jeśli zapomnisz wyłączyć światła w samochodzie, to zaczną one powoli gasnąć, aż wyczerpie się akumulator, z którego są zasilane. Dlaczego światła nie gasną nagle? Ich stopniowe przygasanie oznacza, że napięcie wyjściowe akumulatora maleje wraz z jego rozładowywaniem się. Powodem spadku napięcia wyjściowego w wyczerpującym się akumulatorze jest to, że jak każde źródło napięcia składa się on z dwóch części: źródła energii elektrycznej i oporu wewnętrznego. W tej części przyjrzymy się źródłu energii i oporowi wewnętrznemu. Siła elektromotoryczna – wprowadzenie Istnieje wiele różnych źródeł napięcia, a kilka z nich przedstawia . Wszystkie te urządzenia wytwarzają różnicę potencjałów (ang. potential difference ) i mogą być źródłem prądu, jeśli zostaną podłączone do obwodu elektrycznego. Specjalny rodzaj różnicy potencjałów jest znany jako siła elektromotoryczna (SEM) (ang. electromotive force (emf) ). SEM w rzeczywistości nie jest siłą, ale pojęcia „siła elektromotoryczna” używa się ze względów historycznych. Wymyślił je Alessandro Volta w 1800 roku, kiedy wynalazł pierwsze ogniwo galwaniczne, znane również jako stos woltaiczny (ang. voltaic pile ). Ponieważ siła elektromotoryczna nie jest siłą, jej źródła określa się powszechnie jako źródła SEM, a nie źródła siły elektromotorycznej. W potocznym języku zarówno pojedyncze ogniwa, jak i ich zespoły określa się mianem baterii. W tym rozdziale będziemy się często tym terminem posługiwać. Różne źródła napięcia: (a) farma wiatrowa Brazos w miejscowości Fluvanna, Teksas, USA; (b) elektrownia wodna w Krasnojarsku, Rosja; (c) pole paneli słonecznych (farma solarna); (d) baterie niklowo-metalowo-wodorkowe. Napięcie wyjściowe każdego urządzenia zależy od jego konstrukcji i przyłączonego obciążenia. Napięcie wyjściowe jest równe SEM tylko przy braku obciążenia. Źródła: (a) modyfikacja pracy „Leaflet”/Wikimedia Commons; (b) modyfikacja pracy Alexa Polezhaeva; (c) modyfikacja pracy Departamentu Energii Stanów Zjednoczonych; (d) modyfikacja pracy autorstwa Tiaa Monto Skoro siła elektromotoryczna wcale nie jest siłą, to czym jest SEM i co jest jej źródłem? Aby odpowiedzieć na te pytania, rozważmy prosty obwód elektryczny złożony z żarówki 12 ⁢⁢ V podłączonej do ogniwa 12 ⁢⁢ V (np. baterii), jak to pokazano na . Ogniwo można modelować jako urządzenie mające dwa bieguny (elektrody, zaciski), z których jeden utrzymywany jest na wyższym potencjale elektrycznym niż drugi. Biegun o wyższym potencjale elektrycznym nazywa się biegunem dodatnim – anodą (ang. anode ) i oznacza plusem. Biegun o niższym potencjale nazywa się biegunem ujemnym – katodą (ang. cathode ) i oznacza minusem. Jest to źródło SEM. Źródło SEM utrzymuje jeden zacisk na wyższym potencjale elektrycznym niż drugie, wywołuje to przepływ prądu w obwodzie. Gdy źródło SEM nie jest podłączone do lampy, nie następuje przepływ ładunku w jego wnętrzu. Po podłączeniu, ładunki wypływają z jednego bieguna, przepływają przez lampę (powodując świecenie) i wracają do drugiego bieguna. Jeśli potraktujemy przepływ prądu w sposób konwencjonalny – jako uporządkowany ruch ładunków dodatnich – powiemy, że ładunki dodatnie opuszczają biegun dodatni, przepływają przez lampę, a następnie docierają do bieguna ujemnego. Konwencjonalny opis prądu, traktowanego jako przepływ ładunków dodatnich, jest użyteczny w analizie większości obwodów elektrycznych omawianych w tym rozdziale. Należy jednak zdawać sobie sprawę z tego, że w metalowych przewodach i opornikach największy udział w przepływającym ładunku mają elektrony przemieszczające się w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu ładunków dodatnich. Tak więc bliższe rzeczywistości wydaje się rozpatrywanie ruchu elektronów w analizie obwodu elektrycznego pokazane na . Elektrony opuszczają biegun ujemny, przepływają przez lampę i wracają do bieguna dodatniego. Żeby źródło SEM mogło utrzymywać różnicę potencjałów pomiędzy biegunami, ujemne ładunki (elektrony) muszą być przenoszone od bieguna dodatniego do bieguna ujemnego. Źródło SEM działa więc jak pompa przenosząca ładunki ujemne od bieguna dodatniego do ujemnego, tak aby utrzymać różnicę potencjałów pomiędzy nimi. Zwiększa to energię potencjalną ładunków, a zatem także ich potencjał elektryczny. Pochodząca od pola elektrycznego siła działa na ładunek ujemny w kierunku przeciwnym do kierunku tego pola, jak na . Aby przemieścić ładunki ujemne w kierunku bieguna ujemnego, musi zostać wykonana praca. Wymaga to energii, która pochodzi z reakcji chemicznych zachodzących w ogniwie. Wysoki potencjał jest utrzymywany na biegunie dodatnim, a niski na ujemnym, aby utrzymać różnicę potencjałów między zaciskami. Wartość SEM definiujemy jako pracę przypadającą na jednostkę ładunku, wykonaną nad ładunkiem przez źródło ( ε = d W ∕ d q ), gdy nie następuje przepływ prądu. Ponieważ jednostką pracy jest dżul, a ładunku – kulomb, jednostka SEM to wolt: 1 ⁢⁢ V = 1 ⁢⁢ J ∕ 1 ⁢⁢ C . Napięcie między biegunami (ang. terminal voltage ) baterii U bat to różnica potencjałów zmierzona między jej zaciskami (odpowiada SEM ogniwa), kiedy bateria nie jest włączona do obwodu. Doskonałą baterią jest źródło SEM, które utrzymuje stałe napięcie między biegunami niezależnie od prądu płynącego między nimi. Nie ma ona oporu wewnętrznego, więc napięcie między jej biegunami równa się SEM ogniwa. W następnym rozdziale pokażemy, że rzeczywista bateria ma opór wewnętrzny i napięcie między biegunami jest zawsze mniejsze od jej SEM. Pochodzenie potencjału elektrycznego baterii Dobór substancji chemicznych i układ elektrod w baterii ogniw określają jej SEM. Akumulator kwasowo-ołowiowy (ang. lead acid battery ), używany w samochodach i innych pojazdach, zawiera jeden z najbardziej typowych układów chemicznych. przedstawia jedno z sześciu ogniw tej baterii. Katoda (dodatni biegun ogniwa) jest połączona z płytką z tlenku ołowiu, natomiast anoda (ujemny biegun) – z płytką z ołowiu. Obie są zanurzone w kwasie siarkowym, będącym elektrolitem w tym układzie. Reakcje chemiczne zachodzące w każdej komórce (tzw. celi) akumulatora kwasowo-ołowiowego rozdzielają ładunek, przenosząc ujemny do anody podłączonej do płytek ołowianych. Płytki z tlenku ołowiu są podłączone do katody (zacisku dodatniego). Kwas siarkowy przewodzi ładunek, a także uczestniczy w reakcji chemicznej. Podstawowa wiedza o tym, jak oddziałują substancje chemiczne w akumulatorze kwasowo-ołowiowym, pomaga w zrozumieniu procesu powstawania potencjału elektrycznego w baterii. przedstawia wynik pojedynczej reakcji chemicznej. Dwa elektrony z katody przemieszczają się do anody, co sprawia, że ładuje się ona ujemnie. Natomiast katoda, tracąc dwa elektrony, ładuje się dodatnio. W skrócie: separacja ładunków jest rezultatem reakcji chemicznej. Zauważmy, że reakcja nie nastąpi, dopóki nie zamkniemy obwodu, umożliwiając dostarczenie dwóch elektronów do katody. W wielu sytuacjach elektrony te pochodzą z anody i, pokonując opór, wracają do katody. Odnotujmy także, że udział w reakcjach chemicznych substancji o pewnej oporności sprawia, że nie jest możliwe zbudowanie SEM bez oporu wewnętrznego. W danej komórce akumulatora kwasowo-ołowiowego dwa elektrony są dostarczane do anody i dwa usuwane z katody. Przemieszczanie się elektronów jest wynikiem reakcji chemicznych zachodzących w celi akumulatora. Żeby było możliwe dalsze działanie, obwód musi być zamknięty – dwa elektrony muszą zostać dostarczone do katody. Opór wewnętrzny i napięcie między biegunami Opór, jaki napotyka prąd przepływający przez źródło napięcia, nazywamy oporem wewnętrznym (ang. internal resistance ). Opór wewnętrzny ogniwa r może zachowywać się w złożony sposób. Na ogół zwiększa się, gdy ogniwo się wyczerpuje. Wiąże się to z utlenianiem płytek lub zmniejszeniem kwasowości elektrolitu. Jednakże opór wewnętrzny może zależeć również od wielkości i kierunku przepływu prądu przez źródło napięcia, jego temperatury, a nawet historii. Na przykład opór wewnętrzny odnawialnych ogniw akumulatorowych niklowo-kadmowych (popularnie zwanych akumulatorami) zależy od tego, ile razy i do jakiego stopnia zostały wyczerpane. Prosty model baterii ( ) składa się z wyidealizowanego źródła SEM ( ε ) i oporu wewnętrznego ( r ). Baterię można przyjąć jako model idealnego źródła SEM ( ε ) z oporem wewnętrznym ( r ). Napięcie na biegunach baterii wynosi teraz U bat = ε − I ⁢ r . Załóżmy, że zewnętrzny opornik o oporze R (opornik obciążający) podłączono do źródła SEM, jak na . Na rysunku przedstawiono model baterii o SEM równej ε i rezystancji wewnętrznej r oraz przyłączony do niej opornik R . Jeśli przyjmiemy konwencjonalny model przepływu prądu, dodatnie ładunki będą opuszczać biegun dodatni baterii, przechodzić przez opornik i wracać do bieguna ujemnego baterii. Napięcie na biegunach zależy od SEM, oporu wewnętrznego oraz prądu i równa się U bat = ε − I ⁢ r ⁢ . Dla znanych wartości SEM i oporu wewnętrznego ze względu na spadek potencjału I ⁢ r na oporze wewnętrznym różnica potencjałów między biegunami baterii maleje wraz ze wzrostem natężenia prądu. Schemat źródła SEM i opornika obciążenia R . Ponieważ opór wewnętrzny r jest połączony szeregowo z opornikiem R , może to istotnie wpłynąć na napięcie między zaciskami i wartość natężenia prądu dostarczanego do opornika R . Wykres przedstawiający różnice potencjałów na każdym z elementów układu pokazuje . W obwodzie płynie prąd o natężeniu I , więc spadek potencjału na oporniku reprezentującym opór wewnętrzny wynosi I ⁢ r . Różnica potencjałów między biegunami baterii równa się ε − I ⁢ r , co odpowiada spadkowi potencjału (ang. potential drop ) na oporniku zewnętrznym I ⁢ R = ε − I ⁢ r . Wykres zmian potencjału w obwodzie zawierającym rzeczywiste źródło SEM i opornik. Ze względu na reakcje chemiczne wewnątrz baterii potencjał wzrasta do wartości odpowiadającej SEM baterii. Następnie potencjał elektryczny w baterii zmniejsza się o wartość I ⁢ r z powodu oporu wewnętrznego. Różnica potencjałów między biegunami baterii wynosi więc ε − I ⁢ r . Opornik R powoduje spadek potencjału o wartość I ⁢ R . Natężenie prądu płynącego przez obwód równa się I = ε ∕ r + R . Natężenie prądu przepływającego przez opornik zewnętrzny ma wartość I = ε ∕ r + R . Z zależności tej wynika, że im mniejszy jest opór wewnętrzny r , tym większe jest natężenie prądu płynącego przez opornik obciążający R . Gdy bateria się wyczerpuje, opór wewnętrzny r wzrasta. Jeśli opór wewnętrzny r zaczyna być porównywalny z oporem opornika zewnętrznego, to natężenie prądu znacząco maleje, co ilustruje następujący przykład. Analiza obwodu zawierającego rzeczywiste źródło SEM i opornik Weźmy baterię rzeczywistą o SEM równej 12 ⁢⁢ V i oporze wewnętrznym 0,1 ⁢ Ω . Oblicz różnicę potencjałów między biegunami baterii, gdy przyłączony do obwodu opornik ma opór 10 ⁢ Ω ; Jaka jest różnica potencjałów między biegunami, gdy przyłączony do obwodu opornik ma opór 0,5 ⁢⁢ Ω ? Jak szybko zachodzi wtedy dyssypacja (rozpraszanie) energii na oporniku? Oblicz natężenie prądu, różnicę potencjałów między biegunami baterii i szybkość dyssypacji energii na oporniku zewnętrznym o oporze 0,5 ⁢⁢ Ω , jeśli opór wewnętrzny wzrośnie do 0,5 ⁢⁢ Ω . Strategia rozwiązania Wcześniejsza analiza dała wyrażenie na natężenie prądu uwzględniające opór wewnętrzny. Gdy w obwodzie płynie prąd, różnicę potencjałów między biegunami baterii można wyznaczyć z równania U bat = ε − I ⁢ r . W prosty sposób możemy także obliczyć szybkość dyssypacji (rozpraszania) energii na oporniku zewnętrznym (moc rozpraszaną przez opornik). Rozwiązanie Po podstawieniu danych wartości SEM, oporu wewnętrznego i oporu opornika do wyrażenia na natężenie prądu płynącego w obwodzie uzyskujemy I = ε R + r = 12 ⁢⁢ V 10,1 ⁢⁢ Ω = 1,188 ⁢⁢ A ⁢ . Po wstawieniu danych wartości do równania U bat = ε − I ⁢ r możemy wyznaczyć różnicę potencjałów między biegunami baterii U bat = ε − I ⁢ r = 12 ⁢⁢ V − 1,188 ⁢⁢ A ⋅ 0,1 ⁢⁢ Ω = 11,9 ⁢⁢ V ⁢ . Wyznaczone napięcie między biegunami baterii jest tylko nieznacznie mniejsze od SEM, co oznacza, że prąd pobierany przez opór wewnętrzny nie jest istotny. Podobnie dla R = 0,5 ⁢⁢ Ω natężenie prądu ma wartość I = ε R + r = 12 ⁢⁢ V 0,6 ⁢⁢ Ω = 20 ⁢⁢ A ⁢ . Różnica potencjałów między biegunami baterii wynosi U bat = ε − I ⁢ r = 12 ⁢⁢ V − 20 ⁢⁢ A ⋅ 0,1 ⁢⁢ Ω = 10 ⁢⁢ V ⁢ . Różnica potencjałów między biegunami powoduje bardziej znaczącą redukcję w porównaniu z SEM, co wskazuje, że opór o wartości 0,5 ⁢⁢ Ω stanowi duże obciążenie dla tej baterii. Duże obciążenie oznacza większy pobór prądu ze źródła, ale nie większy opór. Szybkość dyssypacji energii (mocy energii rozpraszanej) na oporniku o oporze 0,5 ⁢⁢ Ω można obliczyć z zależności P = I 2 ⁢ R . Po podstawieniu danych wartości otrzymujemy P = I 2 ⁢ R = 20 ⁢⁢ A 2 ⋅ 0,5 ⁢⁢ Ω = 200 ⁢⁢ W ⁢ . Zauważmy, że powyższe wartości możemy również policzyć z zależności P = U 2 ∕ R lub P = I ⁢ U , gdzie U oznacza różnicę potencjałów między biegunami baterii: U bat = 10 ⁢⁢ V . W tym przypadku opór wewnętrzny wzrósł, być może z powodu wyczerpania baterii, do wartości tak dużej jak opór opornika zewnętrznego. Tak jak poprzednio musimy najpierw obliczyć natężenie prądu płynącego w układzie. Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy I = ε R + r = 12 ⁢⁢ V 1 ⁢⁢ Ω = 12 ⁢⁢ A ⁢ . Teraz różnica potencjałów między biegunami wynosi U bat = ε − I ⁢ r = 12 ⁢⁢ V − 12 ⁢⁢ A ⋅ 0,5 ⁢⁢ Ω = 6 ⁢⁢ V ⁢ , a szybkość dyssypacji energii na oporniku P = I 2 ⁢ R = 12 ⁢⁢ A 2 ⋅ 0,5 ⁢⁢ Ω = 72 ⁢⁢ W ⁢ . Widzimy, że zwiększony opór wewnętrzny spowodował znaczący spadek: różnicy potencjałów między zaciskami baterii, natężenia prądu i mocy dostarczanej do opornika obciążenia. Znaczenie Opór wewnętrzny baterii może wzrosnąć z wielu powodów. Na przykład w odnawialnej baterii (akumulatorze) zwiększa się on wraz ze wzrostem liczby procesów ładowania. Zwiększony opór wewnętrzny może mieć podwójny wpływ na akumulator. Po pierwsze, zmniejsza się napięcie między biegunami akumulatora. Po drugie, z powodu wzrostu szybkości wydzielania się energii cieplnej wewnątrz akumulatora (zwiększonej mocy rozpraszanej na oporniku wewnętrznym) zwiększony opór wewnętrzny może spowodować przegrzanie akumulatora. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeśli bieguny baterii połączysz bezpośrednio, np. przy pomocy drutu, skutecznie je zwierając, bateria zacznie się nagrzewać. Jak myślisz, dlaczego tak się dzieje? Jeśli zaciski baterii połączymy przewodem, to opór zewnętrzny (obciążający) będzie bliski zeru lub co najmniej istotnie mniejszy od oporu wewnętrznego baterii. Ponieważ opór wewnętrzny jest mały, to natężenie prądu płynącego w obwodzie będzie duże I = ε ∕ R + r = ε ∕ 0 ⁢ Ω + r = ε ∕ r . Duże natężenie prądu prowadzi do dużych strat energii na oporze wewnętrznym ( P = I 2 ⁢ r ). Moc wydziela się w postaci ciepła. Testery baterii Testery baterii lub akumulatorów (ang. battery tester ), np. takie jak na , wykorzystujące oporniki o niewielkich obciążeniach, celowo pobierają prąd, żeby ustalić, czy napięcie między biegunami baterii nie spadło poniżej dopuszczalnego poziomu. Chociaż trudno zmierzyć opór wewnętrzny baterii, testery baterii umożliwiają jego pomiar. Jeżeli opór wewnętrzny jest duży, bateria jest, mówimy, słaba, o czym świadczy niższa od oczekiwanej różnica potencjałów między jej biegunami. Testery ogniw mierzą napięcie między biegunami pod obciążeniem, aby określić stan ogniwa. (a) Technik elektronik wykorzystuje tester baterii do sprawdzenia dużych akumulatorów na pokładzie lotniskowca USS Nimitz . Pokazane urządzenie ma niewielki opór, który może rozproszyć dużą moc. (b) To niewielkie urządzenie stosuje się do ładowania małych akumulatorów, jest ono wyposażone w wyświetlacz cyfrowy wskazujący napięcie między biegunami. Źródła: (a) modyfikacja pracy autorstwa Jasona A. Johnstona; (b) modyfikacja pracy autorstwa Keith Williamson Niektóre baterie można ponownie ładować poprzez przepuszczanie przez nie prądu w kierunku przeciwnym do kierunku prądu, który same dostarczają. Odbywa się to rutynowo w akumulatorach samochodowych i przeznaczonych do niewielkich urządzeń elektrycznych i elektronicznych ( ). Żeby umożliwić przepływ prądu w kierunku przeciwnym, napięcie wyjściowe z prostownika musi być większe niż SEM akumulatora. Powoduje to, że napięcie między zaciskami akumulatora jest większe od SEM, ponieważ U = ε − I ⁢ r , a natężenie prądu I ma wartość ujemną. Ładowarka akumulatora samochodowego zmienia normalny kierunek przepływu prądu przez akumulator, odwracając reakcję chemiczną, i uzupełnia jego potencjał chemiczny. Ważne jest, aby zrozumieć konsekwencje obecności oporu wewnętrznego w źródłach SEM, takich jak baterie czy ogniwa słoneczne. Czasami analizę obwodu przeprowadza się z wykorzystaniem różnicy potencjałów między biegunami baterii U bat (lub krócej U ), która dla rzeczywistej baterii jest mniejsza od jej SEM ( ε ). Jest tak, ponieważ trudno bezpośrednio zmierzyć opór wewnętrzny baterii, gdyż może się on zmieniać w trakcie jej użytkowania. Podsumowanie Wszystkie źródła SEM mają dwa zasadnicze elementy: źródło energii elektrycznej o charakterystycznej wartości siły elektromotorycznej (SEM) i opór wewnętrzny r . SEM jest pracą wykonaną nad ładunkiem jednostkowym w celu utrzymania różnicy potencjałów źródła na stałym poziomie. SEM równa się różnicy potencjałów między biegunami, kiedy prąd nie płynie. Gdy prąd płynie, wówczas opór wewnętrzny r źródła SEM ma wpływ na różnicę potencjałów między jego biegunami. Napięciem wyjściowym źródła nazywamy różnicę potencjałów między jego biegunami, określoną zależnością U bat = ε − I ⁢ r , gdzie I oznacza natężenie prądu elektrycznego i ma wartość dodatnią, gdy prąd wypływa z bieguna dodatniego źródła, r zaś jest oporem wewnętrznym baterii. Pytania Jaki wpływ będzie miał opór wewnętrzny akumulatora na energię wykorzystywaną do jego naładowania? Część energii wykorzystywanej do ładowania akumulatora będzie rozpraszana (ulegnie dyssypacji) pod postacią wydzielanego ciepła na oporze wewnętrznym. Akumulator o oporze wewnętrznym r oraz SEM równej 10 ⁢⁢ V połączono z rezystorem obciążenia R = r . W miarę starzenia się akumulatora opór wewnętrzny wzrósł trzykrotnie. O ile zmniejszyło się natężenie prądu płynącego przez opornik obciążenia? Pokaż, że moc rozpraszana przez opornik obciążenia jest maksymalna, gdy jego opór równa się oporowi wewnętrznemu baterii. P = I 2 ⁢ R = ε ∕ r + R 2 ⁢ R = ε 2 ⁢ R ∕ r + R 2 , ∂ P ∕ ∂ R = ε 2 ⁢ r − R ∕ r + R 3 = 0 ⇒ r = R . Zadania Akumulator samochodowy o SEM równej 12 ⁢⁢ V i oporze wewnętrznym 0,05 ⁢⁢ Ω ładowany jest prądem 60 ⁢⁢ A . Jaka jest różnica potencjałów na jego zaciskach? Jak szybko ulega rozproszeniu energia cieplna w akumulatorze? Jak szybko energia elektryczna przekształca się w energię chemiczną? Etykieta na zasilanym bateriami radiu zaleca stosowanie akumulatorków niklowo-kadmowych, choć mają SEM równą 1,25 ⁢⁢ V , podczas gdy baterie alkaliczne mają SEM równą 1,58 ⁢⁢ V . Radio ma opór 3,2 ⁢⁢ Ω . Narysuj schemat radia i zasilającej go baterii; Oblicz moc dostarczaną do radia przy użyciu akumulatorków niklowo-kadmowych, z których każdy ma opór wewnętrzny 0,04 ⁢⁢ Ω ; Oblicz moc dostarczaną do radia przy użyciu baterii alkalicznych, z których każda ma opór wewnętrzny 0,2 ⁢⁢ Ω ; Czy ta różnica wydaje się znacząca, biorąc pod uwagę, że efektywna rezystancja radia maleje, gdy zwiększamy jego głośność? a. ; b. 0,476 ⁢⁢ W ; c. 0,691 ⁢⁢ W ; d. Gdy maleje rezystancja radia, różnica dostarczanej mocy również maleje, dlatego też gdy radio gra głośniej, nie ma znaczącej różnicy, jakim rodzajem baterii jest zasilane. Rozrusznik silnika samochodowego ma opór 0,05 ⁢⁢ Ω i jest zasilany akumulatorem 12 ⁢ V o oporze wewnętrznym 0,01 ⁢⁢ Ω . Ile wynosi natężenie prądu płynącego do silnika? Jakie napięcie do niego przyłożono? Jaka moc jest dostarczana do silnika? Powtórz obliczenia dla przypadku, gdy połączenia akumulatora są skorodowane, zwiększając opór w obwodzie o 0,09 ⁢⁢ Ω (nawet niewielkie dodatkowe opory mogą powodować istotne problemy w zastosowaniach niskonapięciowych i wysokoprądowych). Odpowiedz na poniższe pytania. Jaki jest opór wewnętrzny źródła napięcia, jeżeli między jego zaciskami potencjał spada o 2 ⁢⁢ V , gdy natężenie prądu wzrasta o 5 ⁢⁢ A ? Czy na podstawie dostarczonych informacji możesz wyznaczyć SEM źródła napięcia? a. 0,4 ⁢⁢ Ω ; b. Nie, jest tylko jedno niezależne równanie, więc można wyznaczyć tylko r . Osoba o oporności organizmu między dłońmi wynoszącej 10 ⁢⁢ kΩ przypadkowo chwyta zaciski zasilacza 20 ⁢⁢ kV . (Nie wolno tego robić!) Narysuj schemat odpowiadający tej sytuacji; Ile wynosi natężenie prądu przepływającego przez ciało, jeżeli opór wewnętrzny zasilacza jest równy 2 ⁢⁢ kΩ ? Jaka moc jest rozpraszana w ciele? Jeśli zasilacz ma odpowiednie zabezpieczenie powodujące wzrost jego oporu wewnętrznego, to jaki powinien być jego opór wewnętrzny, aby maksymalne natężenie prądu w tej sytuacji nie przekraczało 1 ⁢⁢ mA ? Czy ta modyfikacja może zmniejszyć skuteczność działania zasilacza w zastosowaniach do zasilania urządzeń o niskim oporze? Wyjaśnij swoje rozumowanie. Akumulator samochodowy o SEM 12 ⁢⁢ V ma napięcie między biegunami wynoszące 16 ⁢⁢ V podczas ładowania prądem o natężeniu 10 ⁢⁢ A . Ile wynosi opór wewnętrzny akumulatora? Jaka moc jest rozpraszana w akumulatorze? Jak szybko (w ° C ∕ min ) będzie rosła jego temperatura, jeśli masa akumulatora wynosi 20 ⁢⁢ kg , a jego ciepło właściwe 0,3 ⁢⁢ kcal ∕ kg ⁢⁢ ° C , jeśli założysz brak strat ciepła? a. 0,4 ⁢⁢ Ω ; b. 40 ⁢⁢ W ; c. 0,0956 ⁢⁢ ° C ∕ min . siła elektromotoryczna (SEM) (ang. electromotive force (emf) ) energia unoszona przez jednostkowy ładunek ze źródła wytwarzającego prąd elektryczny opór wewnętrzny (ang. internal resistance ) wartość wewnętrznego oporu źródła prądu podczas przepływu prądu przez źródło SEM różnica potencjałów (ang. potential difference ) różnica potencjałów elektrycznych między dwoma punktami w obwodzie elektrycznym, mierzona w woltach spadek potencjału (ang. potential drop ) utrata elektrycznej energii potencjalnej podczas przepływu prądu przez opornik, drut lub inny element napięcie na biegunach (ang. terminal voltage ) różnica potencjałów mierzona między biegunami źródła, gdy obciążenie nie jest podłączone", "section": "Siła elektromotoryczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Oporniki połączone szeregowo i równolegle W rozdziale Prąd i rezystancja opisaliśmy pojęcie oporu elektrycznego i wyjaśniliśmy podstawy konstrukcji opornika. Zasadniczo, opornik (rezystor) ogranicza przepływ ładunku w obwodzie i jest urządzeniem podlegającym prawu Ohma U = R ⁢ I U = RI . Większość układów składa się z więcej niż jednego opornika. Jeżeli kilka połączonych ze sobą oporników zostanie podłączonych do źródła SEM, to natężenie prądu w obwodzie będzie zależało od wartości oporu równoważnego (ang. equivalent resistance ) obwodu elektrycznego. Opór równoważny (rezystancja równoważna) układu oporników zależy zarówno od ich poszczególnych oporów, jak i sposobu ich połączenia. Najprostszymi układami połączenia kilku oporników są połączenie szeregowe i połączenie równoległe ( ). W obwodzie szeregowym (ang. series circuit ) prąd elektryczny wypływający z pierwszego opornika wpływa do drugiego. W związku z tym przez każdy opornik przepływa prąd o takim samym natężeniu. W obwodzie równoległym (ang. parallel circuit ) wszystkie wejścia oporników połączone są ze sobą, tak samo jak wszystkie wyjścia (po stronie przeciwnej do wejścia). W przypadku konfiguracji równoległej spadek potencjału na każdym z oporników jest taki sam, więc natężenie prądu płynącego przez każdy z nich może być inne i zależy od jego oporu. Suma natężeń prądów przepływających przez poszczególne oporniki równa się natężeniu prądu, który wpływa do ich równoległego połączenia. (a) Gdy oporniki połączone są szeregowo, prąd o takim samym natężeniu płynie przez każdy z nich. (b) Gdy oporniki są połączone równolegle, napięcie na każdym z nich jest takie samo. Oporniki połączone szeregowo Mówimy, że oporniki połączone są szeregowo, gdy prąd przepływa przez nie po kolei. Spójrzmy na przedstawiającą trzy oporniki połączone szeregowo. Między punktami A i B różnica potencjałów jest równa U A B . Ponieważ ładunki mogą przepływać tylko jedną ścieżką przewodzenia, przez każdy z oporników przepływa prąd o takim samym natężeniu. Opór równoważny zestawu oporników połączonych szeregowo równa się sumie algebraicznej wartości poszczególnych oporów. (a) Trzy oporniki połączone szeregowo i podłączone do źródła napięcia. (b) Wejściowy obwód został uproszczony do opornika równoważnego i źródła napięcia. Na prąd wychodzący ze źródła napięcia przepływa przez każdy z oporników, więc natężenie prądu przepływającego przez każdy z nich jest takie samo. Natężenie prądu płynącego przez układ zależy od napięcia źródła SEM i rezystancji przyłączonych oporników. Dla każdego opornika obserwowany spadek potencjałów między jego końcami jest równy stracie elektrycznej energii potencjalnej w czasie przepływu przez niego prądu. Zgodnie z prawem Ohma spadek potencjału U na oporniku, przez który płynie prąd o natężeniu I , oblicza się, stosując równanie U = R ⁢ I , gdzie natężenie prądu wyraża się w amperach ( A ), a R to opór wyrażony w omach ( Ω ). Suma napięć źródła (wnoszącego różnicę potencjałów do obwodu) i spadków potencjału na poszczególnych opornikach liczona dla zamkniętego oczka (pętli) obwodu powinna być równa zero ∑ i = 1 N U i = 0 ⁢⁢ V ⁢ . Równanie to jest często określane jako drugie prawo Kirchhoffa. Bardziej szczegółowo omówimy je w dalszej części tego rozdziału. Na suma spadków potencjału na każdym z oporników i napięcia źródła powinna być równa zero U − U 1 − U 2 − U 3 = 0 ⁢⁢ V ⁢ , U = U 1 + U 2 + U 3 ⁢ , U = I ⁢ R 1 + I ⁢ R 2 + I ⁢ R 3 ⁢ , I = U R 1 + R 2 + R 3 = U R rw ⁢ . Ponieważ natężenie prądu płynącego przez każdy z elementów jest takie samo, równość można uprościć do oporu równoważnego, który jest po prostu sumą oporów poszczególnych oporników. Szeregowo można połączyć dowolną liczbę oporników. Jeżeli połączymy szeregowo N oporników, to odpowiadający im równoważny opór wynosi R rw = R 1 + R 2 + R 3 + … + R N − 1 + R N = ∑ i = 1 N R i ⁢ . Jedną z konsekwencji łączenia elementów w układzie szeregowym jest to, że gdy coś się dzieje z jednym, wpływa to na pozostałe. Na przykład, jeśli połączymy szeregowo kilka żarówek i jedna z nich się przepali, to wszystkie pozostałe również przestaną świecić. Opór równoważny, prąd i moc w szeregowych obwodach elektrycznych Bateria o napięciu na biegunach 9 ⁢⁢ V jest podłączona do obwodu elektrycznego składającego się z szeregowo połączonych czterech oporników o oporze 20 ⁢⁢ Ω i jednego o oporze (rezystancji) 10 ⁢⁢ Ω ( ). Załóż, że bateria ma znikomy opór wewnętrzny. Oblicz równoważny opór obwodu. Oblicz natężenie prądu płynącego przez każdy opornik. Oblicz spadek potencjału na każdym oporniku. Wyznacz całkowitą moc rozpraszaną przez oporniki i moc dostarczaną przez baterię. Prosty obwód szeregowy z pięcioma opornikami Strategia rozwiązania W obwodzie szeregowym opór równoważny jest algebraiczną sumą poszczególnych oporów. Natężenie prądu płynącego przez układ możemy obliczyć z prawa Ohma i jest ono równe stosunkowi napięcia do oporu równoważnego. Spadek potencjału na oporniku możemy wyznaczyć za pomocą prawa Ohma. Moc rozpraszaną przez opornik możemy policzyć z zależności P = I 2 ⁢ R ; aby wyznaczyć całkowitą moc rozproszoną przez wszystkie oporniki, należy zsumować moce rozproszone przez każdy z nich. Moc, z jaką energia jest dostarczana przez baterię (moc elektryczna baterii), obliczymy z wyrażenia P = I ⁢ ε . Rozwiązanie Opór równoważny jest algebraiczną sumą poszczególnych oporów R rw = R 1 + R 2 + R 3 + R 4 + R 5 = 20 ⁢⁢ Ω + 20 ⁢⁢ Ω + 20 ⁢⁢ Ω + 20 ⁢⁢ Ω + 10 ⁢⁢ Ω = 90 ⁢⁢ Ω ⁢ . Natężenie prądu płynącego przez każdy z oporników połączonych szeregowo jest takie samo i równa się wartości przyłożonego napięcia podzielonej przez równoważny opór I = U R rw = 9 ⁢⁢ V 90 ⁢⁢ Ω = 0,1 ⁢⁢ A ⁢ . Spadek potencjału na każdym oporniku można znaleźć korzystając z prawa Ohma U 1 = U 2 = U 3 = U 4 = 0,1 ⁢⁢ A ⋅ 20 ⁢⁢ Ω = 2 ⁢⁢ Ω ⁢ , U 5 = 0,1 ⁢⁢ A ⋅ 10 ⁢⁢ Ω = 1 ⁢⁢ V ⁢ , U 1 + U 2 + U 3 + U 4 + U 5 = 9 ⁢⁢ V ⁢ . Zauważmy, że suma spadków potencjału na każdym oporniku równa się napięciu na biegunach baterii. Moc rozpraszana na oporniku wynosi P = I 2 ⁢ R , a moc dostarczana przez baterię P = I ⁢ ε P 1 = P 2 = P 3 = P 4 = 0,1 ⁢⁢ A 2 ⋅ 20 ⁢⁢ Ω = 0,2 ⁢⁢ W ⁢ , P 5 = 0,1 ⁢⁢ A 2 ⋅ 10 ⁢⁢ Ω = 0,1 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = 0,2 ⁢⁢ W + 0,2 ⁢⁢ W + 0,2 ⁢⁢ W + 0,2 ⁢⁢ W + 0,1 ⁢⁢ W = 0,9 ⁢⁢ W ⁢ , P źródła = I ⁢ ε = 0,1 ⁢⁢ A ⋅ 9 ⁢⁢ V = 0,9 ⁢⁢ W ⁢ . Znaczenie Istnieje kilka powodów, dla których będziemy używać wielu oporników zamiast jednego opornika równoważnego. Może opornik o wymaganej rezystancji nie jest dostępny albo musimy odprowadzić generowane ciepło lub chcemy zminimalizować koszt oporników. Każdy opornik może kosztować od kilku groszy do kilku złotych, ale po pomnożeniu przez tysiące sztuk oszczędności mogą okazać się znaczne. Sprawdź, czy rozumiesz. Niektóre sznury miniaturowych lampek choinkowych zbudowane są w sposób umożliwiający zwarcie, gdy przepali się jedna. Urządzenie, które powoduje zwarcie, nazywa się bocznikiem i pozwala na przepływ prądu w całym obwodzie. Zwarcie jest jak zastąpienie elementu kawałkiem drutu – pozwala na obejście uszkodzenia i dalsze działanie obwodu elektrycznego. Żarówki są zwykle zgrupowane w seriach po dziewięć. Jeśli zbyt wiele żarówek się wypali, bocznikowanie może nie zadziałać – obwód pozostanie otwarty. Co jest tego przyczyną? Równoważny opór dziewięciu żarówek połączonych szeregowo równy jest 9 ⁢ R . Natężenie płynącego prądu wynosi I = U ∕ 9 ⁢ R . Jeśli jedna z żarówek się przepali, to opór równoważny zmniejszy się do 8 ⁢ R , ale napięcie się nie zmieni, więc natężenie prądu wzrośnie do I = U ∕ 8 ⁢ R . Im więcej żarówek się przepali, tym natężenie prądu będzie większe. Ostatecznie, gdy natężenie prądu będzie zbyt duże, to przepali się bocznik – żarówki przestaną świecić. Krótko podsumujmy podstawowe właściwości oporników połączonych szeregowo: Szeregowo połączone opory dodają się, dając opór równoważny R rw = R 1 + R 2 + R 3 + … + R N − 1 + R N = ∑ i = 1 N R i ⁢ . Przez każdy opornik przepływa prąd o takim samym natężeniu. Na poszczególnych opornikach połączonych szeregowo napięcie nie jest równe napięciu źródła, które rozkłada się na wszystkie oporniki. Całkowity spadek potencjału dla układu połączonych szeregowo oporników równa się sumie spadków potencjału na każdym oporniku z osobna. Oporniki połączone równolegle przedstawia oporniki połączone równolegle i podłączone do źródła napięcia. Z połączeniem równoległym mamy do czynienia wtedy, gdy obie strony wszystkich oporników połączone są wspólnym przewodem o nieznacznej rezystancji. Spadek potencjału na każdym z oporników jest jednakowy. Natężenie prądu płynącego przez każdy z oporników można obliczyć z prawa Ohma I = U ∕ R , gdzie napięcie ma taką samą wartość na każdym oporniku. Przykładowo reflektory, radio i inne systemy samochodu są połączone równolegle, tak aby każdy wykorzystywał całe napięcie źródła i mógł działać całkowicie niezależnie. Tak samo jest z domową instalacją elektryczną. (a) Dwa oporniki podłączone równolegle do źródła napięcia. (b) Obwód wejściowy został uproszczony do opornika równoważnego i źródła napięcia. Natężenie prądu płynącego ze źródła napięcia z zależy od napięcia źródła i oporu równoważnego obwodu elektrycznego. W tym przypadku prąd płynie od źródła napięcia i dociera do węzła, gdzie dzieli się, by przepłynąć przez oporniki R 1 i R 2 . Część ładunków wypływających z baterii przepływa przez opornik R 1 , a pozostałe przez opornik R 2 . Suma natężeń prądów wpływających do węzła musi być równa sumie natężeń prądów z węzła wypływających ∑ I wpływające = ∑ I wypływające ⁢ . Równanie to jest znane także jako pierwsze prawo Kirchhoffa i szczegółowo omówimy je w dalszej części rozdziału. Po zastosowaniu tej reguły do otrzymujemy I = I 1 + I 2 . W omawianym obwodzie elektrycznym możemy wyodrębnić dwa oczka (dwie pętle), co prowadzi nas do zależności: U = I 1 ⁢ R 1 oraz I 1 ⁢ R 1 = I 2 ⁢ R 2 . Zauważmy, że spadek potencjału między miejscami połączenia równoległego oporników (węzłami) jest taki sam, a natężenia prądów się sumują I = I 1 + I 2 = U 1 R 1 + U 2 R 2 = U R 1 + U R 2 = U ⁢ 1 R 1 + 1 R 2 = U R rw ⁢ , I = I_1 + I_2 = \\frac{U_1}{R_1} + \\frac{U_2}{R_2} = \\frac{U}{R_1} + \\frac{U}{R_2} = U (\\frac{1}{R_1} + \\frac{1}{R_2}) = \\frac{U}{R_{\\text{rw}}} \\text{,} R rw = 1 R 1 + 1 R 2 -1 ⁢ . R_{\\text{rw}} = (\\frac{1}{R_1} + \\frac{1}{R_2})^{-1} \\text{.} Uogólniając powyższe dla dowolnej liczby N oporników połączonych równolegle, opór równoważny R rw zależy od poszczególnych oporów w poniższy sposób R rw = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 + … + 1 R N − 1 + 1 R N − 1 = ∑ i = 1 N 1 R i − 1 ⁢ . W wyniku równoległego połączenia oporników równoważny opór R rw jest mniejszy niż opór (rezystancja) każdego z nich. Gdy oporniki są połączone równolegle, ze źródła wypływa prąd o większym natężeniu, niż gdyby każdy z oporników był podłączony do źródła oddzielnie, więc opór całkowity jest mniejszy. Analiza równoległego obwodu elektrycznego Trzy oporniki o oporach R 1 = 1 ⁢⁢ Ω , R 2 = 2 ⁢⁢ Ω i R 3 = 2 ⁢⁢ Ω połączono równolegle. Układ podłączono do źródła o napięciu U = 3 ⁢⁢ V U = 3 \\si{\\volt} na biegunach. Jaki jest opór równoważny? Oblicz natężenie prądu dostarczanego przez źródło do obwodu równoległego. Oblicz natężenia prądów przepływających przez poszczególne oporniki i udowodnij, że ich suma odpowiada natężeniu prądu wypływającego ze źródła. Oblicz moc energii elektrycznej wydzielanej na każdym z oporników. Oblicz moc energii elektrycznej dostarczanej przez źródło układowi i udowodnij, że jest równa sumie mocy energii rozpraszanych przez poszczególne oporniki. Strategia rozwiązania Równoważny opór układu oporników połączonych równolegle obliczamy z zależności R rw = ∑ i = 1 N 1 R i − 1 ⁢ . Natężenie prądu dostarczanego przez źródło napięcia możemy obliczyć z prawa Ohma, podstawiając R rw w miejsce oporu: I = U ∕ R rw . Natężenia prądów płynących przez poszczególne oporniki łatwo obliczymy z prawa Ohma ( I i = U i ∕ R i ), pamiętając, że napięcie na wszystkich opornikach jest takie samo. Całkowite natężenie prądu jest sumą natężeń prądów przepływających przez poszczególne oporniki: I = ∑ i I i . Moc energii rozpraszanej przez każdy z oporników można obliczyć przy użyciu jednego z równań wiążących ją z natężeniem prądu, napięciem i oporem, ponieważ wszystkie te wielkości są dobrze znane. Skorzystajmy z wyrażenia P i = U 2 ∕ R i , gdyż do każdego opornika przyłączono całe napięcie ze źródła. Moc energii elektrycznej dostarczanej do układu także można obliczyć na kilka sposobów, np. ze wzoru P = I ⁢ U . Rozwiązanie Opór równoważny układu oporników połączonych równolegle liczymy z . Po podstawieniu danych otrzymujemy R rw = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 − 1 = 1 1 ⁢⁢ Ω + 1 2 ⁢⁢ Ω + 1 2 ⁢⁢ Ω − 1 = 0,5 ⁢⁢ Ω ⁢ . Zgodnie z przewidywaniami otrzymana wartość jest mniejsza od najmniejszego oporu występującego w obwodzie. Natężenie prądu dostarczanego przez źródło możemy obliczyć z prawa Ohma, podstawiwszy obliczony opór równoważny R rw w miejsce oporu całkowitego. Otrzymujemy I = U R rw = 3 ⁢⁢ V 0,5 ⁢⁢ Ω = 6 ⁢⁢ A ⁢ . Natężenie prądu P 5 = 0,1 ⁢ A 2 ⋅ 10 ⁢ Ω = 0,1 ⁢ W P_5 = (\\SI{0,1}{\\ampere})^2 \\cdot \\SI{10}{\\ohm} = \\SI{0,1}{\\watt} ⁠dla poszczególnych urządzeń jest znacznie większe niż dla tych samych urządzeń połączonych szeregowo (patrz: poprzedni przykład). Układ elementów połączonych równolegle ma mniejszy opór równoważny niż układ oporników połączonych szeregowo. Natężenia prądów przepływających przez poszczególne oporniki można łatwo obliczyć z prawa Ohma, ponieważ na każdym oporniku odkłada się napięcie ze źródła I 1 = U R 1 = 3 ⁢⁢ V 1 ⁢⁢ Ω = 3 ⁢⁢ A ⁢ . Podobnie I 2 = U R 2 = 3 ⁢⁢ V 2 ⁢⁢ Ω = 1,5 ⁢⁢ A oraz I 3 = U R 3 = 3 ⁢⁢ V 2 ⁢⁢ Ω = 1,5 ⁢⁢ A ⁢ . Całkowite natężenie prądu jest sumą natężeń poszczególnych prądów I 1 + I 2 + I 3 = 6 ⁢⁢ A ⁢ . Do obliczenia mocy energii rozpraszanej na poszczególnych opornikach użyjemy np. równania P = U 2 ∕ R P 1 = U 2 R 1 = 3 ⁢⁢ V 2 1 ⁢⁢ Ω = 9 ⁢⁢ W ⁢ . Podobnie P 2 = U 2 R 2 = 3 ⁢⁢ V 2 2 ⁢⁢ Ω = 4,5 ⁢⁢ W oraz P 3 = U 2 R 3 = 3 ⁢⁢ V 2 2 ⁢⁢ Ω = 4,5 ⁢⁢ W ⁢ . Moc źródła także możemy policzyć na kilka sposobów, np. P = I ⁢ U . Po podstawieniu prądu całkowitego otrzymujemy P = I ⁢ U = 6 ⁢⁢ A ⋅ 3 ⁢⁢ V = 18 ⁢⁢ W ⁢ . Znaczenie Całkowita moc rozpraszania energii przez oporniki także wynosi 18 ⁢⁢ W P 1 + P 2 + P 3 = 9 ⁢⁢ W + 4,5 ⁢⁢ W + 4,5 ⁢⁢ W = 18 ⁢⁢ W ⁢ . Zauważmy, że moc rozpraszania energii (wydzielania energii cieplnej na oporze zewnętrznym) przez oporniki równa się mocy energii dostarczanej do układu przez źródło. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozważmy układ trzech oporników połączonych szeregowo i podłączonych do źródła napięcia ( U = 3 ⁢⁢ V ) – jak w poprzednim przykładzie. Czy opór równoważny układu szeregowego oporników byłby w stosunku do oporu tych trzech oporników w połączeniu równoległym większy, mniejszy czy może mu równy? Czy natężenie prądu płynącego przez obwód szeregowy będzie większe czy mniejsze od natężenia prądu dostarczanego przez identyczne źródło SEM przyłączone do obwodu z połączeniem równoległym, a może będzie mu równe? Jak się mają do siebie: moc rozpraszania energii przez oporniki połączone szeregowo i moc rozpraszania energii przez oporniki połączone równolegle? Równoważny opór połączonych szeregowo oporników wynosi: R rw = 1 ⁢⁢ Ω + 2 ⁢⁢ Ω + 2 ⁢⁢ Ω = 5 ⁢⁢ Ω , co jest wartością większą niż w przypadku równoległego połączenia tych oporników, R rw = 0,5 ⁢⁢ Ω . Równoważny opór dowolnej liczby oporników połączonych szeregowo jest zawsze większy od oporu równoważnego w przypadku, gdy te same oporniki połączymy równolegle. Natężenie prądu płynącego przez obwód szeregowy wynosi I = 3 ⁢⁢ V ∕ 5 ⁢⁢ Ω = 0,6 ⁢⁢ A , co daje wartość mniejszą od sumy natężeń prądów płynących przez poszczególne oporniki połączone równolegle, I = 6 ⁢⁢ A . Wynik ten nie powinien zaskakiwać, ponieważ równoważny opór szeregowo połączonych oporników jest większy niż w przypadku ich połączenia równoległego. Natężenie prądu płynącego poprzez szeregowe połączenie dowolnej liczby rezystorów zawsze będzie mniejsze niż natężenie prądu wpływającego do równoległego połączenia tych oporników, co wynika z różnicy wartości równoważnych oporów w poszczególnych przypadkach. Moc rozpraszania energii przez oporniki połączone szeregowo wynosi P = 1,8 ⁢⁢ W i jest mniejsza niż moc rozpraszania energii przez oporniki połączone równolegle: P = 18 ⁢⁢ W . Sprawdź, czy rozumiesz. W jaki sposób, korzystając z rzeki i dwóch wodospadów, można stworzyć model równoległego połączenia dwóch oporników? Kiedy ta analogia się nie sprawdza? Rzeka płynąc poziomo ze stałą szybkością, dzieli się na dwie części i przepływa przez dwa wodospady. Cząsteczki wody są analogiczne do elektronów w obwodach równoległych. Liczba cząsteczek wody, które przenosi rzeka, musi być równa liczbie cząsteczek przepływających przez każdy z wodospadów, podobnie jak suma natężeń prądów przepływających przez każdy z oporników musi być taka sama jak natężenie prądu przepływającego w obwodzie. Cząsteczki wody w rzece mają energię wynikającą z ich ruchu i wysokości, na której się znajdują. Energia potencjalna cząsteczek wody w rzece jest stała ze względu na stałą wysokość. Jest to analogia do stałego napięcia odkładającego się na obwodzie równoległym. W tym ujęciu napięcie na opornikach jest związane ze zmianą energii potencjalnej wody. Analogia załamuje się, gdy przyjrzymy się energii. W wodospadzie energia potencjalna jest przekształcana w energię kinetyczną cząsteczek wody. W przypadku elektronów przepływających przez opornik spadek potencjału jest przekształcany w ciepło i energię promieniowania termicznego emitowanego przez ogrzany opornik, a nie na energię kinetyczną elektronów. Krótko podsumujmy podstawowe właściwości oporników połączonych równolegle: Równoważny opór obliczamy ze wzoru R rw = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 + … + 1 R N − 1 + 1 R N − 1 = ∑ i = 1 N 1 R i − 1 ⁢ i jest on mniejszy niż każdy pojedynczy opór w układzie. Spadek potencjału na końcach każdego opornika jest taki sam. Natężenie prądu dopływającego do oporników połączonych równolegle dzieli się tak, że przez żaden nie przepływa całkowity prąd. Natężenie prądu dopływającego do oporników połączonych równolegle równa się sumie natężeń przepływającego przez nie prądu. W rozdziale tym wprowadziliśmy opór równoważny oporników połączonych szeregowo i oporników połączonych równolegle. Przypomnijmy sobie, że w rozdziale Pojemność elektryczna wprowadziliśmy równoważną pojemność kondensatorów połączonych szeregowo i równolegle. Obwody często zawierają jednocześnie kondensatory i oporniki. podsumowuje równania stosowane do wyznaczania oporu równoważnego (rezystancji r równoważnej) i pojemności równoważnej dla układów szeregowych i równoległych. Podsumowanie wyrażeń stosowanych do wyznaczania równoważnego oporu i równoważnej pojemności dla układów szeregowych i równoległych Połączenie szeregowe Połączenie równoległe Równoważna pojemność 1 C rw = 1 C 1 + 1 C 2 + 1 C 3 + … C rw = C 1 + C 2 + C 3 + … Równoważny opór R rw = R 1 + R 2 + R 3 + … R_{\\text{rw}} = R_1 + R_2 + R_3 + \\dots 1 R rw = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 + … Kombinacje połączeń szeregowych i równoległych Bardziej skomplikowane połączenia oporników są często tylko kombinacjami połączeń szeregowych i równoległych. Takie obwody elektryczne nie są rzadkością, zwłaszcza gdy istotną rolę odgrywa także rezystancja przewodów. W takim przypadku rezystancja przewodu traktowana jest jako połączona szeregowo z innymi opornikami połączonymi ze sobą równolegle. Stosując metody przedstawione na , możemy uprościć zestawy połączeń szeregowych i równoległych do jednego opornika równoważnego. Poszczególne części obwodu elektrycznego traktujemy jako połączenia szeregowe lub równoległe i redukujemy do odpowiadających im równoważnych oporów aż do momentu, gdy pozostanie pojedynczy opór równoważący wszystkie pozostałe. Przedstawiony sposób jest raczej czasochłonny niż trudny. Opór równoważny, zastępujący wszystkie pozostałe, oznaczamy R rw . (a) Wejściowy układ oporników. (b) Krok 1: oporniki R 3 i R 4 połączone są szeregowo, a odpowiadający im opornik równoważny R 3 4 = 10 ⁢⁢ Ω . (c) Krok 2: uproszczony obwód składający się z połączonych równolegle oporników R 2 i R 3 4 , którym odpowiada opornik równoważny R 2 3 4 = 5 ⁢⁢ Ω . (d) Krok 3: uproszczony obwód składający się z połączonych szeregowo oporników R 1 i R 2 3 4 , dla których opornik równoważny R 1 2 3 4 = 12 ⁢⁢ Ω jest szukanym oporem R rw . (e) Obwód zredukowany składający się ze źródła napięcia o U = 24 ⁢⁢ V i opornika równoważnego R rw = 12 ⁢⁢ Ω . Daje to prąd o natężeniu I = 2 ⁢⁢ A wypływający ze źródła. Zacznijmy od obserwacji, że oporniki (rezystancje) R 3 i R 4 są połączone szeregowo. Możemy je zastąpić jednym opornikiem o odpowiednim oporze równoważnym. Dla ułatwienia wprowadźmy notację uwzględniającą numery oporników w postaci odpowiednich indeksów. Zgodnie z tą notacją opór równoważny oporników R 3 i R 4 oznaczymy R 3 4 R 3 4 = R 3 + R 4 = 6 ⁢⁢ Ω + 4 ⁢⁢ Ω = 10 ⁢⁢ Ω ⁢ . Teraz obwód elektryczny upraszczamy do trzech oporników, jak to pokazuje (c). Na uproszczonym schemacie widzimy, że teraz oporniki R 2 i R 3 4 tworzą układ równoległy. Możemy je zredukować do oporu równoważnego R 2 3 4 = 1 R 2 + 1 R 3 4 − 1 = 1 10 ⁢⁢ Ω + 1 10 ⁢⁢ Ω − 1 = 5 ⁢⁢ Ω ⁢ . Krok ten, czyli redukcję obwodu elektrycznego do dwóch oporników, przedstawia (d). Teraz obwód składa się z dwóch oporników połączonych szeregowo. Ich równoważny opór jest jednocześnie oporem równoważnym całego obwodu R rw = R 1 2 3 4 = R 1 + R 2 3 4 = 7 ⁢⁢ Ω + 5 ⁢⁢ Ω = 12 ⁢⁢ Ω ⁢ . Osiągnęliśmy główny cel analizy tego układu i obwód został uproszczony do pojedynczego opornika i jednego źródła napięcia. Teraz możemy przeanalizować obwód elektryczny. Natężenie prądu dostarczanego przez źródło SEM wynosi I = U ∕ R rw = 24 ⁢⁢ V ∕ 12 ⁢⁢ Ω = 2 ⁢⁢ A . Prąd o takim natężeniu przepływa przez opornik R 1 , dlatego oznaczmy go jako I 1 . Spadek potencjału na oporniku R 1 obliczamy przy użyciu prawa Ohma U 1 = I 1 ⁢ R 1 = 2 ⁢ A ⋅ 7 ⁢ Ω = 14 ⁢ V ⁢ . Spoglądając na (c), widzimy, że daje to 24 ⁢ V − 14 ⁢ V = 10 ⁢ V spadku potencjału na każdym z oporników R 2 i R 3 4 połączonych równolegle. Natężenie prądu płynącego przez opornik R 2 wyliczamy z prawa Ohma I 2 = U 2 R 2 = 10 ⁢⁢ V 10 ⁢⁢ Ω = 1 ⁢⁢ A ⁢ . Oporniki R 3 i R 4 są połączone szeregowo, więc przepływający przez nie prąd ma takie samo natężenie I 3 = I 4 = I − I 2 = 2 ⁢⁢ A − 1 ⁢⁢ A = 1 ⁢⁢ A ⁢ . Z prawa Ohma możemy obliczyć spadek potencjału na pozostałych dwóch opornikach. Szukane wartości wynoszą: U 3 = I 3 ⁢ R 3 = 6 ⁢⁢ V i U 4 = I 4 ⁢ R 4 = 4 ⁢⁢ V . Pozostało nam obliczyć moc źródła SEM i moc wydzielaną na poszczególnych opornikach. Moc rozpraszania energii przez poszczególne oporniki wynosi P 1 = I 1 2 ⁢ R 1 = 2 ⁢⁢ A 2 ⋅ 7 ⁢⁢ Ω = 28 ⁢⁢ W ⁢ , P 2 = I 2 2 ⁢ R 2 = 1 ⁢⁢ A 2 ⋅ 10 ⁢⁢ Ω = 10 ⁢⁢ W ⁢ , P 3 = I 3 2 ⁢ R 3 = 1 ⁢⁢ A 2 ⋅ 6 ⁢⁢ Ω = 6 ⁢⁢ W ⁢ , P 4 = I 4 2 ⁢ R 4 = 1 ⁢⁢ A 2 ⋅ 4 ⁢⁢ Ω = 4 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = P 1 + P 2 + P 3 + P 4 = 48 ⁢⁢ W ⁢ . Całkowita energia jest stała w każdym procesie. W związku z tym moc dostarczania energii przez źródło SEM (moc elektryczna źródła) równa się P źródła = I ⁢ U = 2 ⁢⁢ A ⋅ 24 ⁢⁢ V = 48 ⁢⁢ W . Analiza mocy dostarczania energii do obwodu i mocy utraty energii na opornikach jest dobrym testem przeprowadzonych obliczeń; obie wartości powinny być równe. Łączenie ze sobą obwodów szeregowych i równoległych przedstawia oporniki połączone szeregowo i równolegle. Załóżmy, że opornik R 1 oznacza rezystancję przewodu prowadzącego od źródła SEM do oporników R 2 i R 3 . Oblicz równoważny opór obwodu. Jaki jest spadek potencjału U 1 na oporniku R 1 ? Wyznacz natężenie prądu I 2 płynącego przez opornik R 2 . Jaka moc jest rozpraszana przez opornik R 2 ? Schemat przedstawia trzy oporniki podłączone do źródła SEM i połączone ze sobą w następujący sposób: oporniki R 2 i R 3 są połączone równolegle ze sobą i szeregowo z opornikiem R 1 . Strategia rozwiązania Żeby obliczyć opór równoważny obwodu, najpierw musimy wyliczyć opór równoważny połączonych równolegle oporników R 2 i R 3 . Otrzymany opór zastępczy potraktujemy jako połączony szeregowo z opornikiem R 1 i obliczymy opór równoważny tego połączenia. Natężenie prądu płynącego przez opornik R 1 liczymy z prawa Ohma. Równe jest ono natężeniu prądu wypływającego ze źródła SEM. Spadek potencjału U 2 na oporniku R 2 (reprezentującym opór przewodów łączących oporniki i źródło SEM) obliczamy z prawa Ohma. Natężenie prądu płynącego przez opornik R 2 wyznaczamy z prawa Ohma, I 2 = U 2 ∕ R 2 . Napięcie na oporniku R 2 obliczamy z zależności U 2 = U − U 1 . Wykorzystując prawo Ohma ( U 2 = I 2 ⁢ R 2 ), moc utraty energii na oporniku wyliczamy z zależności P 2 = I 2 2 ⁢ R 2 = U 2 2 ∕ R 2 . Rozwiązanie W obliczeniu oporu równoważnego obwodu pomoże nam spostrzeżenie, że oporniki R 2 i R 3 są połączone równolegle ze sobą i szeregowo z opornikiem R 1 . Równoważny opór wynosi więc R rw = R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 − 1 = 1 ⁢⁢ Ω + 1 6 ⁢⁢ Ω + 1 13 ⁢⁢ Ω − 1 = 5,1 ⁢⁢ Ω ⁢ . Wyznaczona wartość oporu zastępczego mieści się pomiędzy wartością odpowiadającą szeregowemu połączeniu rozważanych oporników ( 20 ⁢⁢ Ω ) a wartością odpowiadającą ich połączeniu równoległemu ( 0,804 ⁢⁢ Ω ). Natężenie prądu przepływającego przez opornik R 1 równa się natężeniu prądu dostarczanemu przez źródło SEM I 1 = I = U R rw = 12 ⁢⁢ V 5,1 ⁢⁢ Ω = 2,35 ⁢⁢ A ⁢ . Spadek potencjału na R 1 wynosi U 1 = I 1 ⁢ R 1 = 2,35 ⁢⁢ A ⋅ 1 ⁢⁢ Ω = 2,35 ⁢⁢ V ⁢ . Spadek potencjału na opornikach R 2 i R 3 jest mniejszy od napięcia na biegunach źródła o U 1 . Gdy opór przewodów doprowadzających prąd jest zbyt duży, może mieć wpływ na działanie urządzeń reprezentowanych przez oporniki R 2 i R 3 . Aby wyznaczyć natężenie prądu płynącego przez opornik R 2 , najpierw musimy obliczyć przyłożone do niego napięcie. Napięcie przyłożone do dwóch oporników połączonych równolegle jest identyczne U 2 = U 3 = U − U 1 = 12 ⁢⁢ V − 2,35 ⁢⁢ V = 9,65 ⁢⁢ V ⁢ . Teraz, korzystając z prawa Ohma, możemy obliczyć natężenie prądu I 2 przepływającego przez opornik R 2 I 2 = U 2 R 2 = 9,65 ⁢⁢ V 6 ⁢⁢ Ω = 1,61 ⁢⁢ A ⁢ . Moc rozpraszana przez opornik R 2 wynosi P 2 = I 2 2 ⁢ R 2 = 1,61 ⁢⁢ A 2 ⋅ 6 ⁢⁢ Ω = 15,5 ⁢⁢ W ⁢ . Znaczenie Analizę złożonych obwodów elektrycznych często można uprościć, redukując układ do źródła SEM i opornika równoważnego. Jednak nawet wtedy, gdy nie da się w ten sposób uprościć całego układu, zwykle wykonalne jest uproszczenie fragmentów, co znacznie ułatwia analizę całości. Sprawdź, czy rozumiesz. Przyjrzyj się obwodom elektrycznym w swoim domu. Podaj przynajmniej dwa przykłady obwodów, które w celu zwiększenia skuteczności działania zbudowano z kombinacji połączeń szeregowych i równoległych. 1. Cała instalacja świetlna składa się z równoległych obwodów podłączonych do głównej linii zasilającej. Takie połączenie gwarantuje więc, że gdy jedna z żarówek się przepali pozostałe żarówki nie zgasną. Każde źródło światła ma co najmniej jeden przełącznik szeregowo z nim połączony, dzięki czemu poszczególne lampy można włączać i wyłączać. 2. Lodówka posiada kompresor i światło wewnątrz, które się włącza, gdy drzwi się otwierają. Zwykle jest tylko jeden przewód zasilający lodówkę. Obwód zawierający sprężarkę oraz obwód zawierający żarówkę są połączone równolegle, ale przełącznik światła jest z nim połączony szeregowo. Termostat steruje przełącznikiem, który jest połączony szeregowo z kompresorem i służy do regulacji temperatury wewnątrz chłodziarki. Praktyczne konsekwencje Jedną z konsekwencji ostatniego przykładu jest to, że rezystancja przewodów zmniejsza natężenie prądu i moc elektryczną, z jaką energia jest dostarczana do opornika. Jeśli rezystancja przewodu jest stosunkowo duża, jak w zużytym (lub bardzo długim) przedłużaczu, to ta strata może być znacząca. Jeżeli prąd o dużym natężeniu przepływa przez przewód, to napięcie, które odkłada się na przewodzie ( I ⁢ R ), także może być znaczące i stać się zauważalne ze względu na ciepło wytwarzane w przewodzie. Na przykład, jeśli wyjadając z lodówki, spowodujesz włączenie agregatu, to lampka w lodówce przygaśnie na chwilę. Podobnie możesz zauważyć, że oświetlenie w samochodzie przygasa w trakcie uruchomiania silnika (choć może to być także spowodowane oporem wewnętrznym samego akumulatora). Wyjaśnienie powyższych przypadków nagłego wzrostu natężenia prądu przedstawia . Urządzenie reprezentowane przez opornik R 3 ma bardzo niską oporność, więc gdy jest włączane, płynie prąd o dużym natężeniu. Zwiększone natężenie prądu powoduje większy spadek potencjału ( I ⁢ R ) na przewodach reprezentowanych przez R 1 , co obniża napięcie na żarówce (zaznaczonej jako R 2 ), która wyraźnie gaśnie. Dlaczego światło przygasa, gdy silnik się włącza? Odpowiedź jest taka, że silnik pobiera prąd o dużym natężeniu, co powoduje znaczny spadek potencjału ( I ⁢ R ) na przewodach, zmniejszając napięcie na żarówce. Strategia rozwiązywania zadań: oporniki połączone szeregowo i równolegle Narysuj czytelny schemat, opisując wszystkie oporniki i źródła SEM. Etap ten wymaga także wpisania danych do schematu układu. Określ dokładnie, co musisz wyznaczyć w zadaniu (zdefiniuj niewiadome). Przyda się lista pisemna. Ustal, czy oporniki połączone są szeregowo, równolegle, czy też ich połączenie jest kombinacją powyższych połączeń. Przeanalizuj schemat, aby dokonać oceny. Oporniki połączone są szeregowo, jeśli prąd o takim samym natężeniu przepływa przez nie kolejno. Aby obliczyć niewiadome, skorzystaj z właściwości danego rodzaju połączenia. Inne równania dotyczą połączeń szeregowych, a inne równoległych. Sprawdź, czy otrzymane wyniki mają sens. Łączenie obwodów szeregowych i równoległych Dwa połączone szeregowo oporniki ( R 1 i R 2 ) zestawiono z dwoma równoległymi opornikami ( R 3 i R 4 ). Szeregowo-równoległy układ podłączono do baterii. Każdy z oporników ma opór 10 ⁢⁢ Ω . Przewód łączący oporniki z baterią ma pomijalną rezystancję. Prąd o natężeniu 2 ⁢⁢ A płynie przez opornik R 1 . Ile wynosi napięcie na biegunach baterii? Strategia rozwiązania Aby znaleźć rozwiązanie, wykorzystaj schemat przedstawiony w opisanej powyżej strategii rozwiązywania problemów. Rozwiązanie Narysuj czytelny schemat obwodu ( ). Aby wyznaczyć wartość napięcia na biegunach źródła, najpierw musimy obliczyć opór równoważny obwodu. Nie znamy napięcia na biegunach baterii. Aby je wyznaczyć, musimy obliczyć opór równoważny obwodu. Z warunków zadania wiemy, że oporniki R 1 i R 2 są połączone szeregowo, a oporniki R 3 i R 4 równolegle. Równoważny opór odpowiadający równoległej konfiguracji oporników R 3 i R 4 jest połączony szeregowo z opornikami R 1 i R 2 . Wartość SEM baterii możemy wyznaczyć, mnożąc natężenie prądu wypływającego z baterii przez opór równoważny obwodu. Natężenie prądu wypływającego z baterii jest równe natężeniu prądu przepływającego przez opornik R 1 i ma wartość 2 ⁢ A . Redukując obwód, musimy wyliczyć jego opór równoważny. Aby uprościć obwód, najpierw weźmy pod uwagę dwa oporniki połączone równolegle. Równoważny opór wynosi R 3 4 = 1 10 ⁢⁢ Ω + 1 10 ⁢⁢ Ω − 1 = 5 ⁢⁢ Ω ⁢ . To połączenie równoległe jest połączone szeregowo z pozostałymi dwoma opornikami, dając opór równoważny obwodu R rw = R 1 + R 2 + R 3 4 = 25 ⁢⁢ Ω ⁢ . Napięcie na biegunach baterii wynosi więc U = I ⁢ R rw = 2 ⁢⁢ A ⋅ 25 ⁢⁢ Ω = 50 ⁢⁢ V ⁢ . Znaczenie Jeśli analizujemy obwód zawierający połączenia szeregowe i równoległe, jak w powyższym przykładzie, możemy go uprościć przy użyciu schematu opisanego w powyższej strategii rozwiązywania problemów, z uwzględnieniem poszczególnych grup połączeń szeregowych i równoległych. Przy wyznaczaniu wartości R rw dla połączenia równoległego odwrotności oporów należy obliczać uważnie. Dodatkowo jednostki i wyniki liczbowe muszą być sensowne. Na przykład równoważny opór połączenia szeregowego powinien być większy niż opór połączenia równoległego. Moc rozpraszania energii powinna być większa dla tych samych elementów połączonych równolegle niż dla połączonych szeregowo i tak dalej. Podsumowanie Opór równoważny obwodu elektrycznego z opornikami połączonymi szeregowo równy jest sumie poszczególnych oporów R rw = R 1 + R 2 + R 3 + … + R N − 1 + R N = ∑ i = 1 N R i ⁢ . Przez każdy opornik w połączeniu szeregowym przepływa prąd o takim samym natężeniu. Spadek potencjału na poszczególnych opornikach połączonych szeregowo jest inny, a ich sumaryczna wartość odpowiada różnicy potencjałów na biegunach źródła zasilania. Podobnie suma mocy rozpraszanej na opornikach równa jest mocy elektrycznej źródła. Równoważny opór obwodu elektrycznego z opornikami połączonymi równolegle jest mniejszy od oporu każdego z połączonych oporników i wyznacza się go ze wzoru R rw = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 + … + 1 R N − 1 + 1 R N − 1 = ∑ i = 1 N 1 R i − 1 ⁢ . Spadek potencjału na opornikach połączonych równolegle jest taki sam i równa się różnicy potencjałów na biegunach źródła. Natężenie prądu przepływającego przez każdy z oporników połączonych równolegle jest inne i zależy od ich oporu. Jeśli obwód składa się z oporników połączonych w bardziej skomplikowany sposób, będący kombinacją połączeń szeregowych i równoległych, może zostać uproszczony do obwodu zawierającego jeden opornik równoważny. Można tego dokonać, identyfikując poszczególne jego części jako połączenia szeregowe lub równoległe i upraszczając każdą z nich do równoważnego oporu. Procedurę należy kontynuować, jeśli to możliwe, aż do uzyskania jednego oporu równoważnego. Pytania Na końcach otwartego przełącznika występuje różnica potencjałów. Jaka moc jest rozpraszana przez otwarty przełącznik? Obrażenia zależą od natężenia prądu przepływającego przez organizm. Jeśli porazi cię prąd płynący przez element grzewczy tostera, to lepiej, żebyś był połączony szeregowo czy równolegle z oporem urządzenia? Wyjaśnij. Prawdopodobnie lepiej być połączonym szeregowo, ponieważ przepływający przez ciało prąd będzie miał mniejsze natężenie niż w przypadku połączenia równoległego. Załóżmy, że wykonujesz ćwiczenie laboratoryjne z fizyki wymagające umieszczenia opornika w obwodzie. Jednak wszystkie dostępne oporniki mają opór większy od poszukiwanego. W jaki sposób próbowałbyś połączyć dostępne oporniki, aby uzyskać żądaną wartość? Niektóre żarówki mają trzy ustawienia mocy (nie wliczając zera) uzyskane z wielu włókien, które są niezależnie włączane i połączone równolegle. Jaka jest minimalna liczba włókien potrzebnych do uzyskania trzech wymaganych ustawień zasilania? Potrzebne są dwa włókna: o małym oporze i o dużym oporze, połączone równolegle. Zadania Jaki jest opór równoważny, gdy oporniki o oporach: 100 ⁢⁢ Ω , 2,5 ⁢⁢ kΩ i 4 ⁢⁢ kΩ połączysz szeregowo; równolegle? Jaki największy i najmniejszy opór otrzymasz z połączenia oporników o oporze: 36 ⁢⁢ Ω , 50 ⁢⁢ Ω i 700 ⁢⁢ Ω ? Największy opór ma wartość 786 ⁢⁢ Ω , a najmniejszy 20,32 ⁢⁢ Ω . Toster o mocy 1800 ⁢⁢ W , głośnik o mocy 1400 ⁢⁢ W i lampę 75 ⁢⁢ W podłączono do wspólnego gniazdka będącego w obwodzie o napięciu 230 ⁢⁢ V i zabezpieczonego bezpiecznikiem 15 ⁢⁢ A . (Trzy urządzenia są równolegle podłączone do tego samego gniazdka). Prąd o jakim natężeniu płynie przez każde z urządzeń? Czy takie podłączenie urządzeń spowoduje wybicie (zadziałanie) bezpiecznika 15 ⁢⁢ A ? Reflektor o mocy 30 ⁢⁢ W oraz rozrusznik o mocy 2,4 ⁢⁢ kW w samochodzie są zazwyczaj połączone równolegle w zasilanym akumulatorem 12 ⁢⁢ V obwodzie. Jaką moc będą pobierać te urządzenia podłączone szeregowo do akumulatora? (Pomiń wszystkie inne rezystancje w obwodzie i wszelkie zmiany oporu w omawianych urządzeniach). 29,6 ⁢⁢ W . Mamy baterię o napięciu na biegunach równym 48 ⁢⁢ V i oporniki 24 ⁢⁢ Ω i 96 ⁢⁢ Ω . Oblicz natężenie prądu płynącego przez każdy opornik i moc rozpraszaną przez każdy z nich, gdy połączone są szeregowo; Powtórz obliczenia dla równoległego połączenia oporników. Nawiązując do , przedstawiającego kombinacje połączeń szeregowych i równoległych, oblicz I 3 na dwa sposoby: na podstawie znanych wartości I oraz I 2 ; za pomocą prawa Ohma dla R 3 . W obu przypadkach wskaż wyraźnie, w jaki sposób skorzystałeś ze schematu nazwanego strategią rozwiązywania problemów w przypadku szeregowego i równoległego połączenia oporników, opisanego w . a. 0,74 ⁢⁢ A ; b. 0,742 ⁢⁢ A . Odnosząc się do , oblicz P 3 i otrzymaną wartość porównaj z wartościami P 3 uzyskanymi w pierwszych dwóch przykładowych problemach w tym rozdziale; oblicz moc źródła i porównaj z mocą rozpraszaną przez wszystkie oporniki. Cofnij się do i dyskusji dotyczącej przygasania świateł, gdy włączy się urządzenie znacznie obciążające obwód. Dane są: źródło o napięciu na biegunach równym 120 ⁢⁢ V , rezystancja przewodów 0,8 ⁢⁢ Ω i żarówka o mocy nominalnej 75 ⁢⁢ W . Jaka będzie moc rozpraszania energii przez żarówkę, jeśli w momencie włączania silnika przez przewód popłynie prąd 15 ⁢⁢ A ? Załóż, że zmiana oporu żarówki jest nieistotna; Jak szybko silnik zużywa dostarczaną energię? a. 60,8 ⁢⁢ W ; b. 3,18 ⁢⁢ kW . Pokaż, że jeśli połączymy ze sobą dwa oporniki o znacząco różnych oporach, R 1 ≫ R 2 , to w połączeniu szeregowym ich równoważny opór jest w przybliżeniu równy większemu oporowi R 1 ; w połączeniu równoległym ich równoważny opór jest w przybliżeniu równy mniejszemu oporowi R 2 . Rozważ obwód pokazany poniżej. Napięcie na biegunach baterii wynosi U = 18 ⁢⁢ V . Oblicz opór równoważny obwodu; Oblicz natężenie prądu przepływającego przez każdy opornik; Oblicz spadek potencjału na każdym oporniku; Oblicz moc, z jaką rozpraszana jest energia przez każdy opornik; Oblicz moc baterii. a. R rw = 9 ⁢⁢ Ω ; b. I 1 = I 2 = I 3 = 2 ⁢⁢ A ; c. U 1 = 8 ⁢⁢ V , U 2 = 2 ⁢⁢ V , U 3 = 8 ⁢⁢ V ; d. P 1 = 16 ⁢⁢ W , P 2 = 4 ⁢⁢ W , P 3 = 16 ⁢⁢ W ; e. P = 36 ⁢⁢ W . opór równoważny (ang. equivalent resistance ) opór układu połączonych ze sobą oporników; może być traktowany jako opór pojedynczego opornika, zastępującego układ oporników połączonych szeregowo i/lub równolegle", "section": "Oporniki połączone szeregowo i równolegle", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prawa Kirchhoffa Właśnie doszliśmy do wniosku, że niektóre obwody elektryczne mogą być analizowane przez ich uproszczenie do obwodu zawierającego pojedyncze źródło napięcia i opór równoważny. Wielu skomplikowanych obwodów nie da się jednak analizować przy użyciu schematów omawianych w poprzednich rozdziałach. W tej części poszerzymy zagadnienia tych schematów o sposoby zastosowania praw Kirchhoffa do analizy bardziej złożonych układów. Przykładowo obwód z , znany także jako obwód o wielu oczkach (pętlach), składa się z kilku węzłów. Pojęciem węzła określamy połączenie trzech lub więcej przewodów. W przedstawionym obwodzie wcześniej opisane sposoby nie mogą być użyte, ponieważ nie wszystkie oporniki tworzą układy szeregowe lub równoległe i nie da się ich uprościć. Spróbujmy. Oporniki R 1 i R 2 połączone są szeregowo i mogą być zredukowane do oporu równoważnego. Podobnie oporniki R 4 i R 5 . I co dalej? Mimo że tego obwodu nie możemy przeanalizować przy użyciu wcześniej poznanych metod, istnieją dwie zasady analizy obwodów elektrycznych, które można stosować do dowolnych obwodów – prostych i złożonych. Zasady te zostały sformułowane przez Gustava Kirchhoffa (1824–1887) i są znane jako prawa Kirchhoffa (ang. Kirchhoff’s rules ). Ten obwód nie może być uproszczony do kombinacji połączeń szeregowych i równoległych. Możemy jednak użyć praw Kirchhoffa, aby go przeanalizować. Prawa Kirchhoffa Pierwsze prawo Kirchhoffa – dotyczące węzłów. Suma natężeń wszystkich prądów wpływających do węzła musi być równa sumie natężeń wszystkich prądów z węzła wypływających ∑ I wpływające = ∑ I wypływające ⁢ . Drugie prawo Kirchhoffa – dotyczące oczek. Suma algebraiczna spadków potencjałów wzdłuż dowolnego zamkniętego obwodu (oczka) musi być równa zero ∑ U = 0 ⁢ . Najpierw szczegółowo wyjaśnimy powyższe zasady, a następnie przedstawimy wskazówki pomocne w ich użyciu i przykłady zastosowania. Pierwsze prawo Kirchhoffa Pierwsze prawo Kirchhoffa – zasada węzła (ang. junction rule ) ma zastosowanie do natężeń prądów wpływających do węzła i z węzła wypływających ( ). Jak wspomniano wcześniej, węzeł to połączenie trzech lub więcej przewodów. Prądem nazywamy przepływ ładunku, a zasada zachowania ładunku, także w tym przypadku, musi być spełniona. Zatem bez względu na to, jaki ładunek wpływa do węzła, taki sam musi z niego wypłynąć. Ładunek musi zostać zachowany, tak więc suma natężeń prądów wpływających do węzła musi być równa sumie natężeń prądów z węzła wypływających. Chociaż jest to nadmierne uproszczenie, węzeł możemy traktować analogicznie do rur wodociągowych połączonych z węzłem sanitarnym. Jeżeli przewody na zastąpimy rurami i założymy, że woda jest nieściśliwa, to objętość wody wpływającej do węzła musi się równać ilości wody wypływającej z węzła. Drugie prawo Kirchhoffa Drugie prawo Kirchhoffa – zasada oczka (ang. loop rule ) dotyczy różnic potencjału. W prawie tym mowa jest o potencjale, a nie o energii potencjalnej, choć należy pamiętać, że obie wielkości są ze sobą związane zależnością E p = q ⁢ Δ V . Ponieważ nie ma innych sposobów na przekazywanie energii do lub z obwodu, niezależnie od tego, ile energii dostarcza źródło SEM, musi ona być przetworzona przez urządzenia obecne w oczku. Drugie prawo Kirchhoffa stanowi, że w każdym oczku (pętli) obwodu suma algebraiczna spadków potencjału, uwzględniająca różnice potencjału na biegunach podłączonych źródeł i spadki potencjału na elementach mających rezystancję, musi być równa zero. Przykładowo rozważmy prosty obwód składający się z jednego oczka bez węzłów ( ). Proste oczko (pętla) bez węzłów. Drugie prawo Kirchhoffa stwierdza, że algebraiczna suma spadków potencjału jest równa zero. Obwód składa się ze źródła napięcia i trzech zewnętrznych oporników. Oznaczenia A , B , C i D służą jedynie jako odniesienie i nie mają innego znaczenia. Ich przydatność szybko zauważymy. Oczko jest oznaczone A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ A i oznaczenia pomagają śledzić spadki potencjału, w miarę jak poruszamy się wokół oczka. Zacznijmy w punkcie A i przemieśćmy się do punktu B . Różnica potencjałów na biegunach źródła zostaje dodana do równania, a spadek potencjału na oporniku R 1 zostaje odjęty. Między punktami B i C obserwujemy spadek potencjału na oporniku R 2 , który odejmujemy. Między punktami C i D spadek potencjału występuje na oporniku R 3 , ten także odejmujemy. Między punktami D i A nic się nie dzieje, ponieważ nie ma tam żadnych elementów. przedstawia wykres zmian potencjału w miarę przemieszczania się wokół oczka. Potencjał wzrasta, gdy przechodzimy przez źródło, i spada, gdy mijamy opornik. Spadek potencjału (ang. potential drop ) równy jest iloczynowi natężenia prądu przepływającego przez opornik i jego oporu. Zakładając, że przewody mają pomijalny opór, spadek potencjału na elementach łączących możemy pominąć. Wykres zmian potencjału w miarę przemieszczania się wokół oczka. Potencjał wzrasta, gdy przechodzimy przez źródło, i spada, gdy mijamy opornik. Ponieważ opór połączeń jest niewielki, zakładamy, że napięcie pozostaje stałe, gdy przemieszczamy się przez przewody łączące poszczególne elementy. Z drugiego prawa Kirchhoffa mamy U − I ⁢ R 1 − I ⁢ R 2 − I ⁢ R 3 = 0 ⁢ V ⁢ . U - IR_1 - IR_2 - IR_3 = \\SI{0}{\\volt} \\text{.} Równanie powyższe pozwala obliczyć natężenie prądu płynącego w oczku I = U R 1 + R 2 + R 3 = 12 ⁢⁢ V 1 ⁢⁢ Ω + 2 ⁢⁢ Ω + 3 ⁢⁢ Ω = 2 ⁢ A ⁢ . Obwód ten możemy przeanalizować za pomocą wcześniejszych sposobów, ale kolejne przykłady wykażą przydatność metody Kirchhoffa. Zastosowania praw Kirchhoffa Przy użyciu praw Kirchhoffa tworzymy układ równań liniowych, które pozwalają nam obliczyć nieznane wartości w obwodach. Niewiadomymi mogą być: natężenia prądów, spadki potencjału czy wartości oporu. Każde zastosowanie którejkolwiek z reguł daje nam równanie. Jeżeli liczba niezależnych równań jest taka sama jak liczba niewiadomych, to problem da się rozwiązać. Stosowanie metody Kirchhoffa do analizy obwodów elektrycznych wymaga kilku czynności wymienionych w poniższej procedurze. Strategia rozwiązywania problemów: prawa Kirchhoffa Za pomocą wielkich liter A , B , C , … oznacz punkty orientacyjne na schemacie obwodu elektrycznego. Oznaczenia te mogą pomóc podczas obchodzenia oczka. Zlokalizuj węzły w obwodzie elektrycznym. Są to miejsca, w których łączą się co najmniej trzy przewody. Oznacz prądy wpływające do węzła i z węzła wypływające, odpowiednio je ponumeruj i zaznacz kierunki ich przepływu. Upewnij się, że co najmniej jeden prąd wpływa do węzła oraz co najmniej jeden prąd z węzła wypływa. Wybierz oczka w obwodzie. Każdy element obwodu musi być zawarty w co najmniej jednym oczku, lecz może być także zawarty w więcej niż jednym oczku. Zastosuj pierwsze prawo Kirchhoffa. Niektóre węzły nie powinny być brane pod uwagę. Należy uwzględnić tylko tyle węzłów, żeby każdy prąd w obwodzie został uwzględniony w analizie. Zastosuj drugie prawo Kirchhoffa. Skorzystaj ze schematu z . Każdy element (opornik czy źródło SEM) rozciąga się od punktu A do punktu B . (a) W przypadku mijania opornika w kierunku zgodnym z kierunkiem przepływu prądu odejmujemy rópotencjału. (b) W przypadku mijania opornika w kierunku przeciwnym do kierunku przepływu prądu dodajemy różnicę potencjału. (c) Gdy przechodzimy przez źródło SEM od bieguna ujemnego do bieguna dodatniego, dodajemy różnicę potencjału. (d) Gdy przechodzimy przez źródło SEM od bieguna dodatniego do bieguna ujemnego, odejmujemy różnicę potencjału. Przeanalizujmy bardziej szczegółowo kilka kroków z powyższej procedury. Po zlokalizowaniu węzłów w obwodzie nie przejmujmy się kierunkami przepływu prądu. Jeśli nie jest on oczywisty, możemy wybrać dowolny kierunek do analizy obwodu, o ile co najmniej jeden prąd dociera do węzła i co najmniej jeden prąd go opuszcza. Gdy obrany przepływ prądu okaże się przeciwny do rzeczywistego kierunku przepływu prądu, odpowiedzi będą nadal poprawne, tyle że wyniki będą ujemne. Liczba węzłów zależy od obwodu elektrycznego. Musimy uwzględnić natężenie wszystkich prądów w danym węźle i natężenie każdego prądu w obwodzie musi zostać uwzględnione w co najmniej jednym równaniu dotyczącym węzłów. Pomijamy węzły, dla których równania nie są liniowo niezależne, czyli te, które zawierają jednakowe informacje. Rozważmy . W obwodzie możemy wyróżnić dwa węzły oznaczone literami B oraz E . Punkty A , C , D i F nie są węzłami, ponieważ węzeł musi łączyć co najmniej trzy przewody. Dla węzła B mamy równanie I 1 = I 2 + I 3 , a dla węzła E równanie I 2 + I 3 = I 1 . Są one równoważne, więc wystarczy zachować tylko jedno z nich. Na pierwszy rzut oka obwód składa się z dwóch węzłów: węzła B i węzła E , ale tylko jeden z nich należy uwzględnić, ponieważ równania opisujące natężenia prądów w tych węzłach są równoważne. Przy wyborze oczek w obwodzie musimy wybrać taką ich liczbę, aby każdy z elementów obwodu zawierał się przynajmniej w jednym oczku bez ich powielania. przedstawia cztery przykłady wyboru oczek w obwodzie; przykłady (a), (b) i (c) mają wystarczającą liczbę oczek do analizy obwodu. Przykład (d) zawiera ich więcej, niż to jest konieczne do analizy. Każdy ze schematów od (a) do (c) wystarczy do analizy obwodu. W każdym przypadku zaznaczono dwa oczka zawierające wszystkie niezbędne elementy układu potrzebne do jego analizy. W części (d) zaznaczono trzy oczka, czyli więcej, niż jest to konieczne. Każde dwa oczka dostarczają informacji niezbędnych do analizy układu. Dodanie trzeciego oczka zapewnia nadmiar informacji. Rozważmy obwód z (a). Przeanalizujmy ten obwód elektryczny, aby znaleźć natężenia prądów przepływających przez każdy z oporników. Po pierwsze, oznaczmy obwód w sposób pokazany w części (b) rysunku. (a) Układ składający się z wielu oczek. (b) Oznaczenie punktów szczególnych jest pomocne w orientacji podczas analizy. Następnie określmy węzły. W powyższym obwodzie w punktach B i E łączą się po trzy przewody, co czyni te punkty węzłami. Zacznijmy stosować pierwsze prawo Kirchhoffa, oznaczając strzałkami każdy z prądów i opisując każdą strzałkę, jak pokazano na . Dla węzła B uzyskujemy: I 1 = I 2 + I 3 , a dla węzła E : I 2 + I 3 = I 1 . Ponieważ równanie dla węzła E daje te same informacje co równanie dla węzła B , możemy je pominąć. W układzie mamy trzy niewiadome, dlatego potrzebne są trzy liniowo niezależne równania, aby je przeanalizować. Obwód ma dwa węzły oznaczone jako B i E , ale tylko węzeł B został uwzględniony w analizie. Oznaczone strzałki przedstawiają prądy wpływające do węzła i wypływające z niego. Następnie musimy wybrać oczka. Na oczko A ⁢ B ⁢ E ⁢ F ⁢ A zawiera źródło SEM ε 1 i oporniki R 1 i R 2 . Oczko zaczyna się w punkcie A , a następnie przechodzi przez punkty B , E i F i kończy się w punkcie A . Drugie oczko, E ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ E , rozpoczyna się w punkcie E i zawiera oporniki R 2 , R 3 i R 4 oraz źródło SEM ε 2 . Wybierz oczka w obwodzie. Teraz możemy zastosować drugie prawo Kirchhoffa, korzystając ze schematu z . Przemieszczamy się z punktu A do punktu B , mijając opornik R 1 w tym samym kierunku, w którym przepływa prąd I 1 , więc odejmujemy spadek potencjału I 1 ⁢ R 1 . Przechodzimy z punktu B do punktu E , mijając opornik R 2 w tym samym kierunku, w jakim przepływa prąd I 2 , więc także odejmujemy spadek potencjału I 2 ⁢ R 2 . Z punktu E do punktu F przechodzimy przez źródło o SEM równej ε 1 od bieguna ujemnego do dodatniego, więc dodajemy ε 1 . Brak jakichkolwiek elementów pomiędzy punktami F i A . Suma spadków potencjału musi być równa zero, więc oczko ⁢ A B E F A ⁢ : − I 1 ⁢ R 1 − I 2 ⁢ R 2 + ε 1 = 0 ⁢ V ⁢ lub ⁢ ε 1 = I 1 ⁢ R 1 + I 2 ⁢ R 2 ⁢ . \\text{oczko } A\\sep B\\sep E\\sep F\\sep A\\text{: } - I_1 R_1 - I_2 R_2 + \\epsilon_1 = \\SI{0}{\\volt} \\text{ lub } \\epsilon_1 = I_1 R_1 + I_2 R_2 \\text{.} Teraz możemy sprawdzić oczko E ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ E . Rozpoczynamy w punkcie E i przechodzimy do punktu B , mijamy opornik R 2 w kierunku przeciwnym do prądu I 2 . Dodajemy spadek potencjału I 2 ⁢ R 2 . Następnie mijamy oporniki R 3 i R 4 w kierunku zgodnym z przepływem prądu I 3 , więc odejmujemy spadki potencjału I 3 ⁢ R 3 i I 3 ⁢ R 4 . Ponieważ oporniki są połączone szeregowo, przepływa przez nie prąd o takim samym natężeniu. Wreszcie przechodzimy od bieguna dodatniego do bieguna ujemnego źródła SEM, więc odejmujemy ε 2 . Suma spadków potencjału musi być równa zero, otrzymujemy więc oczko ⁢ E B C D E ⁢ : ⁢ I 2 ⁢ R 2 − I 3 ⁢ R 3 + R 4 − ε 2 = 0 ⁢ V ⁢ . \\text{oczko } E\\sep B\\sep C\\sep D\\sep E\\text{: } I_2 R_2 - I_3 (R_3 + R_4) - \\epsilon_2 = \\SI{0}{\\volt} \\text{.} Mamy trzy równania z trzema niewiadomymi węzeł ⁢ B ⁢ : ⁢ I 1 − I 2 − I 3 = 0 ⁢ A ⁢ , \\text{węzeł } B \\text{: } I_1-I_2-I_3 = \\SI{0}{\\ampere} \\text{,} oczko ⁢ A B E F A ⁢ : ⁢ I 1 ⁢ R 1 + I 2 ⁢ R 2 = ε 1 ⁢ , \\text{oczko } A\\sep B\\sep E\\sep F\\sep A \\text{: } I_1 R_1 + I_2 R_2 = \\epsilon_1 \\text{,} oczko ⁢ E B C D E ⁢ : ⁢ I 2 ⁢ R 2 − I 3 ⁢ R 3 + R 4 = ε 2 ⁢ . \\text{oczko } E\\sep B\\sep C\\sep D\\sep E \\text{: } I_2 R_2 - I_3 (R_3 + R_4) = \\epsilon_2 \\text{.} Rozwiązywanie równań rozpocznijmy od wyeliminowania I 2 . Dodajmy pomnożone przez R 2 do . Wynik, po podstawieniu danych, oznaczmy jako R 1 + R 2 ⁢ I 1 − R 2 ⁢ I 3 = ε 1 ⁢ , 6 ⁢⁢ Ω ⋅ I 1 − 3 ⁢⁢ Ω ⋅ I 3 = 24 ⁢⁢ V ⁢ . Następnie odejmijmy od , wynik (po podstawieniu danych) oznaczmy jako I 1 ⁢ R 1 + I 3 ⁢ R 3 + R 4 = ε 1 − ε 2 ⁢ , 3 ⁢⁢ Ω ⋅ I 1 + 7 ⁢⁢ Ω ⋅ I 3 = − 5 ⁢⁢ V ⁢ . Z i wyznaczamy natężenie prądu I 1 = 3 ⁢⁢ A . Następnie z natężenie prądu I 3 = − 3 ⁢⁢ A . Wreszcie z obliczamy natężenie prądu I 2 = I 1 − I 3 = 5 ⁢⁢ A . Jednym ze sposobów sprawdzenia poprawności obliczeń jest porównanie sumarycznej mocy źródeł SEM z mocą rozpraszania energii przez oporniki obecne w obwodzie P SEM = I 1 ⁢ ε 1 + I 3 ⁢ ε 2 = 130 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = I 1 2 ⁢ R 1 + I 2 2 ⁢ R 2 + I 3 2 ⁢ R 3 + I 3 2 ⁢ R 4 = 130 ⁢⁢ W ⁢ . P SEM = I 1 ⁢ ε 1 + I 3 ⁢ ε 2 = 130 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = I 1 2 ⁢ R 1 + I 2 2 ⁢ R 2 + I 3 2 ⁢ R 3 + I 3 2 ⁢ R 4 = 130 ⁢⁢ W ⁢ . Widzimy, że obliczona wartość natężenia prądu I 3 jest ujemna. To poprawna odpowiedź, ale sugeruje, że pierwotnie wybrany kierunek prądu I 3 jest w rzeczywistości przeciwny. Moc dostarczania energii przez drugie źródło SEM wynosi więc 58 ⁢⁢ W , a nie − 58 ⁢⁢ W . Zauważmy, że do rozwiązania układu równań liniowych można z powodzeniem zastosować znaną z algebry liniowej metodę wyznaczników. Obliczanie natężenia prądu z zastosowaniem praw Kirchhoffa Oblicz natężenie prądów płynących w obwodzie elektrycznym przedstawionym na . Układ ten to kombinacja szeregowo i równolegle połączonych oporników i źródeł napięcia.Nie da się go analizoować przy użyciu metod omówionych w rozdziale Siła elektromotoryczna , ale można zastosoważ prawa Kirchhoffa. Strategia rozwiązania Obwód ten jest na tyle skomplikowany, że natężenia prądów nie można obliczyć za pomocą prawa Ohma i metod stosowanych do analizy układów szeregowych i równoległych. Niezbędne jest skorzystanie z praw Kirchhoffa. Na rysunku oznaczyliśmy prądy o natężeniach I 1 , I 2 i I 3 oraz poczyniliśmy założenia o kierunkach ich przepływu. Punkty charakterystyczne oznaczyliśmy literami od A do H . W rozwiązaniu stosujemy poznane zasady dotyczące wyboru węzłów i oczek, szukając trzech niezależnych równań, które pozwolą nam obliczyć natężenia trzech nieznanych prądów. Rozwiązanie Wybranie odpowiednich oczek i węzłów daje poniższe równania. Ponieważ mamy trzy niewiadome, potrzebne są trzy równania węzeł ⁢ C ⁢ : ⁢ I 1 + I 2 = I 3 ⁢ , oczko ⁢ A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ E ⁢ F ⁢ A ⁢ : ⁢ I 1 ⁢ R 1 + R 4 − I 2 ⁢ R 2 + R 5 + R 6 = ε 1 − ε 3 ⁢ , oczko ⁢ C ⁢ D ⁢ E ⁢ F ⁢ C ⁢ : ⁢ I 2 ⁢ R 2 + R 5 + R 6 + I 3 ⁢ R 3 = ε 2 + ε 3 ⁢ . węzeł ⁢ C ⁢ : ⁢ I 1 + I 2 = I 3 ⁢ , oczko ⁢ A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ E ⁢ F ⁢ A ⁢ : ⁢ I 1 ⁢ R 1 + R 4 − I 2 ⁢ R 2 + R 5 + R 6 = ε 1 − ε 3 ⁢ , oczko ⁢ C ⁢ D ⁢ E ⁢ F ⁢ C ⁢ : ⁢ I 2 ⁢ R 2 + R 5 + R 6 + I 3 ⁢ R 3 = ε 2 + ε 3 ⁢ . Uproszczenie równań (umieszczenie niewiadomych po jednej stronie równania) daje węzeł ⁢ C ⁢ : ⁢ I 1 + I 2 − I 3 = 0 ⁢ V ⁢ , oczko ⁢ A B C D E F A ⁢ : ⁢ I 1 ⋅ 3 ⁢ Ω − I 2 ⋅ 8 ⁢ Ω = 0,5 ⁢ V − 2,3 ⁢ V ⁢ , oczko ⁢ C D E F C ⁢ : ⁢ I 2 ⋅ 8 ⁢ Ω + I 3 ⋅ 1 ⁢ Ω = 0,6 ⁢ V + 2,3 ⁢ V ⁢ . węzeł ⁢ C ⁢ : ⁢ I 1 + I 2 − I 3 = 0 ⁢ V ⁢ , oczko ⁢ A B C D E F A ⁢ : ⁢ I 1 ⋅ 3 ⁢ Ω − I 2 ⋅ 8 ⁢ Ω = 0,5 ⁢ V − 2,3 ⁢ V ⁢ , oczko ⁢ C D E F C ⁢ : ⁢ I 2 ⋅ 8 ⁢ Ω + I 3 ⋅ 1 ⁢ Ω = 0,6 ⁢ V + 2,3 ⁢ V ⁢ . \\begin{align} \\text{węzeł } C \\text{: } &I_1 + I_2 - I_3 = \\SI{0}{\\volt} \\text{,} \\\\ \\text{oczko } A\\sep B\\sep C\\sep D\\sep E\\sep F\\sep A \\text{: } &I_1 \\cdot \\SI{3}{\\ohm} - I_2 \\cdot \\SI{8}{\\ohm} = \\SI{0,5}{\\volt} - \\SI{2,3}{\\volt} \\text{,} \\\\ \\text{oczko } C\\sep D\\sep E\\sep F\\sep C \\text{: } &I_2 \\cdot \\SI{8}{\\ohm} + I_3 \\cdot \\SI{1}{\\ohm} = \\SI{0,6}{\\volt} + \\SI{2,3}{\\volt} \\text{.} \\end{align} Dalsze obliczenia pozwolą wyznaczyć natężenia prądów I 1 = 0,2 ⁢⁢ A ⁢ , ⁢ I 2 = 0,3 ⁢⁢ A ⁢ , ⁢ I 3 = 0,5 ⁢⁢ A ⁢ . Znaczenie Sposobem na sprawdzenie poprawności obliczeń jest porównanie mocy dostarczania energii przez źródła SEM z mocą rozpraszania energii przez oporniki obecne w obwodzie P SEM = I 1 ⁢ ε 1 + I 2 ⁢ ε 3 + I 3 ⁢ ε 2 = 0,1 ⁢⁢ W + 0,69 ⁢⁢ W + 0,3 ⁢⁢ W = 1,09 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = I 1 2 ⁢ R 1 + I 2 2 ⁢ R 2 + I 3 2 ⁢ R 3 + I 1 2 ⁢ R 4 + I 2 2 ⁢ R 5 + I 2 2 ⁢ R 6 P rozproszona = 0,04 ⁢ W + 0,45 ⁢ W + 0,25 ⁢ W + 0,08 ⁢ W + 0,09 ⁢ W + 0,18 ⁢ W = 1,09 ⁢ W ⁢ . \\begin{multiline} P_{\\text{rozproszona}} &= I_1^2 R_1 + I_2^2 R_2 + I_3^2 R_3 + I_1^2 R_4 + I_2^2 R_5 + I_2^2 R_6 \\\\ &= \\SI{0,04}{\\watt} + \\SI{0,45}{\\watt} + \\SI{0,25}{\\watt} + \\SI{0,08}{\\watt} + \\SI{0,09}{\\watt} + \\SI{0,18}{\\watt} = \\SI{1,09}{\\watt} \\text{.} \\end{multiline} P rozproszona = I 1 2 ⁢ R 1 + I 2 2 ⁢ R 2 + I 3 2 ⁢ R 3 + I 1 2 ⁢ R 4 + I 2 2 ⁢ R 5 + I 2 2 ⁢ R 6 = 0,04 ⁢ W + 0,45 ⁢ W + 0,25 ⁢ W + 0,08 ⁢ W + 0,09 ⁢ W + 0,18 ⁢ W = 1,09 ⁢ W ⁢ . \\begin{multiline} P_{\\text{rozproszona}} &= I_1^2 R_1 + I_2^2 R_2 + I_3^2 R_3 + I_1^2 R_4 + I_2^2 R_5 + I_2^2 R_6 \\\\ &= \\SI{0,04}{\\watt} + \\SI{0,45}{\\watt} + \\SI{0,25}{\\watt} + \\SI{0,08}{\\watt} + \\SI{0,09}{\\watt} + \\SI{0,18}{\\watt} = \\SI{1,09}{\\watt} \\text{.} \\end{multiline} Otrzymane wartości są sobie równe. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozważ następujący schemat, moc dostarczania, moc rozpraszania energii w obwodzie i sprawdź, czy każde z dwóch źródeł SEM zapewnia zasilanie obwodu, czy też może pochłaniać energię. Obwód można przeanalizować z zastosowaniem praw Kirchhoffa. Pierwsze źródło napięcia ma moc dostarczania energii do obwodu o wartości: P SEM 1 = I ⁢ ε 1 = 7,2 ⁢⁢ mW . Drugie źródło ma moc pochłania energii o wartości: P SEM 2 = I ⁢ ε 2 + I 2 ⁢ R 1 + I 2 ⁢ R 2 = 7,2 ⁢⁢ mW . Obliczanie natężenia prądu z zastosowaniem praw Kirchhoffa Oblicz natężenie prądu płynącego w obwodzie na . Obwód składa się z trzech oporników i dwóch baterii połączonych szeregowo. Zauważmy, że baterie podłączono naprzemiennie. Strategia rozwiązania Układ ten można przeanalizować przy zastosowaniu praw Kirchhoffa. Istnieje tylko jedno oczko i nie ma węzłów. Wybierzmy kierunek przepływu prądu. W tym przykładzie przyjmiemy kierunek zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, od punktu A do punktu B . Rozważmy oczko A ⁢ B ⁢ C ⁢ D ⁢ A i na podstawie zapiszmy równanie dla oczka. Zauważmy, że zgodnie z SEM źródła pierwszego ε 1 należy odjąć, a SEM drugiego źródła ε 2 należy dodać. Rozwiązanie Mamy jedną niewiadomą, więc potrzebujemy jednego równania. Po zastosowaniu drugiego prawa Kirchhoffa uzyskujemy oczko ⁢ A B C D E A ⁢ : − I ⁢ R 1 − ε 1 − I ⁢ R 2 + ε 2 − I ⁢ R 3 = 0 ⁢ V ⁢ . \\text{oczko } A\\sep B\\sep C\\sep D\\sep E\\sep A \\text{: } -IR_1 - \\epsilon_1 - IR_2 + \\epsilon_2 - IR_3 = \\SI{0}{\\volt} \\text{.} Uprośćmy równanie przez przeniesienie niewiadomej na jedną stronę. Podstawmy dane I ⁢ R 1 + R 2 + R 3 = ε 2 − ε 1 ⁢ , I = ε 2 − ε 1 R 1 + R 2 + R 3 = 24 ⁢⁢ V − 12 ⁢⁢ V 10 ⁢⁢ Ω + 30 ⁢⁢ Ω + 20 ⁢ Ω = 0,2 ⁢ A ⁢ . I ⁢ R 1 + R 2 + R 3 = ε 2 − ε 1 ⁢ , I = ε 2 − ε 1 R 1 + R 2 + R 3 = 24 ⁢⁢ V − 12 ⁢⁢ V 10 ⁢⁢ Ω + 30 ⁢⁢ Ω + 20 ⁢ Ω = 0,2 ⁢ A ⁢ . Znaczenie Moc, z jaką energia jest rozpraszana czy zużywana w obwodzie, równa się mocy dostarczania energii do obwodu. Zauważmy jednak, że prąd przepływa przez źródło o SEM równej ε 1 od bieguna dodatniego do ujemnego i pobiera energię P SEM 2 = I ⁢ ε 2 = 4,8 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = I 2 ⁢ R 1 + I 2 ⁢ R 2 + I 2 ⁢ R 3 + I ⁢ ε 1 = 0,4 ⁢⁢ W + 1,2 ⁢⁢ W + 0,8 ⁢⁢ W + 2,4 ⁢⁢ W = 4,8 ⁢⁢ W ⁢ . P SEM 2 = I ⁢ ε 2 = 4,8 ⁢⁢ W ⁢ , P rozproszona = I 2 ⁢ R 1 + I 2 ⁢ R 2 + I 2 ⁢ R 3 + I ⁢ ε 1 = 0,4 ⁢⁢ W + 1,2 ⁢⁢ W + 0,8 ⁢⁢ W + 2,4 ⁢⁢ W = 4,8 ⁢⁢ W ⁢ . Moc, z jaką dostarczana jest energia do obwodu przez źródło o SEM wynoszącej ε 2 , równa się sumie mocy rozpraszania energii na opornikach i mocy pochłaniania energii przez źródło o SEM ε 1 . Sprawdź, czy rozumiesz. Podczas korzystania z prawa Kirchhoffa musimy zdecydować, które oczka w obwodzie wybrać, i ustalić kierunek przepływu prądu w każdym z nich. W powyższym przykładzie przyjęliśmy kierunek przepływu prądu w oczku zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara: od punktu A do punktu B . Jak zmieni się wynik, jeśli założymy przeciwny kierunek przepływu prądu w obwodzie: od punktu B do punktu A ? Natężenie prądu w obwodzie wyniesie wówczas I = − 0,2 ⁢⁢ A . Wiele źródeł napięcia Wiele urządzeń wymaga więcej niż jednego źródła napięcia. Źródła napięcia, takie jak baterie, mogą być połączone ze sobą szeregowo, równolegle lub w sposób będący kombinacją obydwu połączeń. W połączeniu szeregowym dodatni biegun jednego źródła jest połączony z biegunem ujemnym kolejnego źródła. W ten sposób możemy połączyć dowolną liczbę źródeł napięcia. Dwa takie źródła połączone szeregowo przedstawia . Po zastosowaniu drugiego prawa Kirchhoffa do oczka z części (b) rysunku otrzymujemy ε 1 − I ⁢ r 1 + ε 2 − I ⁢ r 2 − I ⁢ R = 0 ⁢ V ⁢ , ε 1 + ε 2 − I ⁢ r 1 + r 2 − I ⁢ R = 0 ⁢ V ⁢ . ε 1 − I ⁢ r 1 + ε 2 − I ⁢ r 2 − I ⁢ R = 0 ⁢ V ⁢ , ε 1 + ε 2 − I ⁢ r 1 + r 2 − I ⁢ R = 0 ⁢ V ⁢ . \\begin{align} \\epsilon_1 - Ir_1 + \\epsilon_2 - Ir_2 - IR &= \\SI{0}{\\volt} \\text{,} \\\\ \\epsilon_1 + \\epsilon_2 -I(r_1+r_2) - IR &= \\SI{0}{\\volt} \\text{.} \\end{align} (a) Dwa źródła napięcia połączone szeregowo z opornikiem obciążenia; (b) schemat obwodu z dwoma źródłami napięcia i opornikiem. Każde ze źródeł modelowano jako wyidealizowane źródło SEM z oporem wewnętrznym. Gdy źródła napięcia połączone są szeregowo, ich wewnętrzne opory i SEM możemy dodać, żeby uzyskać ich sumaryczną wartość. Połączenia szeregowe źródeł napięcia są powszechne, przykładowo w latarkach czy zabawkach. Zwykle ogniwa łączy się szeregowo w celu wytworzenia większej łącznej siły elektromotorycznej. Na spadek potencjału między punktami B i A wynosi U bat = ε 1 − I ⁢ r 1 + ε 2 − I ⁢ r 2 = ε 1 + ε 2 − I ⁢ r 1 + r 2 = ε 1 + ε 2 − I ⁢ r rw ⁢ . Zauważmy, że ze względu na ich połączenie szeregowe przez każde źródło napięcia płynie prąd o takim samym natężeniu I . Niedogodnością połączeń szeregowych wielu źródeł napięcia jest to, że ich wewnętrzne opory się dodają. Źródła łączy się szeregowo w celu zwiększenia napięcia dostarczanego do układu. Na przykład latarka LED może mieć dwie baterie typu AAA o napięciu na biegunach równym 1,5 ⁢⁢ V każda, zasilające latarkę napięciem 3 ⁢⁢ V . Możemy połączyć szeregowo dowolną liczbę źródeł napięcia. Dla N połączonych szeregowo źródeł napięcia różnica potencjałów na biegunach jest równa U bat = ε 1 + ε 2 + … + ε N − 1 + ε N − I ⁢ r 1 + r 2 + … + r N − 1 + r N = ∑ i = 1 N ε i − I ⁢ r rw ⁢ , gdzie równoważny opór wynosi r rw = ∑ i = 1 N r i . Gdy do baterii ogniw podłączymy szeregowo obciążenie, jak na , możemy obliczyć natężenie prądu płynącego przez obwód ε 1 − I ⁢ r 1 + ε 2 − I ⁢ r 2 = I ⁢ R ⁢ , I ⁢ r 1 + r 2 + R = ε 1 + ε 2 ⁢ , I = ε 1 + ε 2 r 1 + r 2 + R ⁢ . ε 1 − I ⁢ r 1 + ε 2 − I ⁢ r 2 = I ⁢ R ⁢ , I ⁢ r 1 + r 2 + R = ε 1 + ε 2 ⁢ , I = ε 1 + ε 2 r 1 + r 2 + R ⁢ . \\begin{align} \\epsilon_1 - Ir_1 + \\epsilon_2 - Ir_2 &= IR \\text{,} \\\\ I(r_1+r_2+R) &= \\epsilon_1 + \\epsilon_2 \\text{,} \\\\ I &= \\frac{\\epsilon_1 + \\epsilon_2}{r_1+r_2+R} \\text{.} \\end{align} Zgodnie z oczekiwaniami opór wewnętrzny zwiększa opór równoważny. (a) Żarówka LED podłączona do dwóch źródeł napięcia (np. baterii), jak w latarce; (b) schemat obwodu zawierającego żarówkę LED, podłączoną do dwóch źródeł napięcia. Źródła napięcia, np. baterie, mogą być również połączone ze sobą równolegle. przedstawia dwa źródła o identycznych SEM, połączone równolegle i podłączone do opornika. Gdy są one połączone równolegle, to zarówno bieguny dodatnie, jak i ujemne są parami połączone ze sobą, a opornik obciążenia podłączony jest do biegunów dodatnich i ujemnych. Normalnie źródła napięcia połączone równolegle mają identyczną SEM. W tym prostym przykładzie są one połączone równolegle, dlatego całkowita siła elektromotoryczna jest taka sama jak SEM poszczególnych źródeł napięcia. (a) Dwa źródła napięcia podłączone równolegle do opornika; (b) schemat obwodu zawierającego dwa źródła napięcia o identycznych SEM równych E i połączonych z nimi szeregowo wewnętrznych oporach r 1 i r 2 podłączonych do opornika o oporze R . Przeanalizujmy obwód z (b) w oparciu o prawa Kirchhoffa. Zaznaczmy dwa oczka i węzeł w punkcie B węzeł ⁢ B ⁢ : ⁢ I 1 + I 2 − I = 0 ⁢ A ⁢ , oczko ⁢ A B C F A ⁢ : ⁢ ε − I 1 ⁢ r 1 + I 2 ⁢ r 2 − ε = 0 ⁢ V ⁢ , oczko ⁢ F C D E F ⁢ : ⁢ ε − I 2 ⁢ r 2 − I ⁢ R = 0 ⁢ V ⁢ . węzeł ⁢ B ⁢ : ⁢ I 1 + I 2 − I = 0 ⁢ A ⁢ , oczko ⁢ A B C F A ⁢ : ⁢ ε − I 1 ⁢ r 1 + I 2 ⁢ r 2 − ε = 0 ⁢ V ⁢ , oczko ⁢ F C D E F ⁢ : ⁢ ε − I 2 ⁢ r 2 − I ⁢ R = 0 ⁢ V ⁢ . \\begin{align} \\text{węzeł } B \\text{: } &I_1 + I_2 - I = \\SI{0}{\\ampere} \\text{,} \\\\ \\text{oczko } A\\sep B\\sep C\\sep F\\sep A \\text{: } &\\epsilon - I_1 r_1 + I_2 r_2 - \\epsilon = \\SI{0}{\\volt} \\text{,} \\\\ \\text{oczko } F\\sep C\\sep D\\sep E\\sep F \\text{: } &\\epsilon - I_2 r_2 - IR = \\SI{0}{\\volt} \\text{.} \\end{align} Wyliczamy natężenie prądu, które wynosi I = ε ∕ r rw + R , gdzie r rw = 1 ∕ r 1 + 1 ∕ r 2 − 1 . Różnica potencjałów na biegunach (wspólnych dla obydwu źródeł napięcia) równa się spadkowi potencjału na oporniku i wynosi I ⁢ R = ε ∕ r rw + R ⋅ R . Połączenie równoległe zmniejsza więc opór wewnętrzny, a tym samym w obwodzie może popłynąć prąd o większym natężeniu. Połączyć równolegle możemy dowolną liczbę źródeł napięcia. W przypadku połączenia równoległego N źródeł napięcia różnica potencjałów na biegunach równa się U bat = ε − I ⁢ 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r N − 1 + 1 r N − 1 = ε − I ⁢ r rw ⁢ , gdzie równoważny opór r rw = ∑ i = 1 N 1 ∕ r i − 1 . Przykładowo niektóre ciężarówki z silnikiem diesla używają dwóch akumulatorów 12 ⁢⁢ V połączonych równolegle; wytwarzają one całkowitą SEM równą 12 ⁢⁢ V , ale zapewniają większy prąd potrzebny do uruchomienia silnika wysokoprężnego. Podsumowując, różnica potencjałów na biegunach baterii ogniw połączonych szeregowo równa się sumie poszczególnych SEM pomniejszonej o iloczyn sumy oporów wewnętrznych i natężenia prądu. Gdy ogniwa są połączone równolegle, zwykle mają taką samą SEM, a spadek potencjału na zaciskach baterii ogniw wynosi SEM minus iloczyn równoważnego oporu i natężenia prądu. W tym przypadku równoważny opór wewnętrzny jest mniejszy niż opór każdego z poszczególnych oporów wewnętrznych. Źródła napięcia łączy się szeregowo w celu zwiększenia różnicy potencjałów między biegunami baterii ogniw. Równolegle zaś łączy się je, żeby zwiększyć natężenie prądu wypływającego z baterii ogniw. Baterie ogniw słonecznych Innym przykładem połączenia wielu źródeł napięcia jest układ ogniw słonecznych. Łączy się je ze sobą szeregowo i równolegle, żeby uzyskać pożądane napięcie i natężenie prądu. Zjawisko fotowoltaiczne, będące przemianą energii światła słonecznego w energię elektryczną, wynika ze zjawiska fotoelektrycznego wewnętrznego. Tematyka ta wykracza poza ramy niniejszego rozdziału, omówiona jest szczegółowo w rozdziale Fotony i fale materii . Nie wgłębiając się w szczegóły, powiedzmy tylko, że fotony padające na powierzchnię ogniwa słonecznego powodują powstawanie w nim prądu elektrycznego. Większość ogniw słonecznych wytwarza się z czystego krzemu. Zwykle pojedyncze ogniwa mają napięcie wyjściowe około 0,5 ⁢⁢ V , a natężenie prądu wyjściowego jest funkcją ilości światła słonecznego padającego na ogniwo (nasłonecznienia). Dla ogniw monokrystalicznych przy dużym nasłonecznieniu (np. w południe) natężenie prądu na jednostkę powierzchni wynosi około 100 ⁢⁢ mA ∕ cm 2 . Poszczególne ogniwa słoneczne są połączone w baterie, tak aby spełniały potrzeby energetyczne. Mogą one być połączone ze sobą szeregowo albo równolegle – podobnie jak źródła SEM omawiane wcześniej. Liczba ogniw słonecznych składających się na baterię lub panel wynosi zazwyczaj między 36 i 72, co daje moc wyjściową między 50 ⁢⁢ W a 140 ⁢⁢ W . Ogniwa słoneczne, podobnie jak zwykłe baterie, są źródłami prądu stałego (DC). Prąd z takiego źródła płynie w jednym kierunku. Większość urządzeń gospodarstwa domowego potrzebuje do działania prądu zmiennego (AC). Podsumowanie Prawa Kirchhoffa można stosować do analizowania dowolnych obwodów: prostych lub złożonych. Analiza prostszych obwodów szeregowych lub równoległych podlega zasadom, które są szczególnymi przypadkami praw Kirchhoffa. Pierwsze prawo Kirchhoffa, zasada węzła, odnosi się do ładunku w węźle. Prąd jest przepływem ładunku; tak więc bez względu na to, jaki ładunek wpłynął do węzła, taki sam musi z niego wypłynąć. Drugie prawo Kirchhoffa, zasada oczka, stwierdza, że spadek potencjału w oczku równa się zero. Przy obliczaniu spadku potencjału i natężenia prądu, korzystając z praw Kirchhoffa należy pamiętać o określonych konwencjach, aby określić prawidłowe znaki różnych wielkości. Gdy wiele źródeł napięcia połączymy szeregowo, to ich wewnętrzne opory i SEM sumują się, dając całkowite wartości SEM i oporu wewnętrznego. Gdy wiele źródeł napięcia połączymy równolegle, to ich opory wewnętrzne dadzą opór równoważny, który będzie mniejszy niż opór każdego pojedynczego oporu wewnętrznego, co daje prąd o większym natężeniu niż pojedyncze źródło napięcia. Ogniwa słoneczne mogą być połączone szeregowo lub równolegle, żeby zapewnić zwiększone odpowiednio napięcie lub prąd. Pytania Czy natężenia wszystkich prądów wchodzących do węzła na rysunku poniżej mogą być dodatnie? Wyjaśnij. Rozważ obwód pokazany poniżej. Czy jego analiza wymaga stosowania praw Kirchhoffa, czy też wystarczy go uprościć? Jeśli jest to obwód składający się z połączeń szeregowych i równoległych, to jaki jest jego opór równoważny? Obwód da się uprościć. R rw = 1 ∕ R 6 + 1 ∕ R 1 + 1 ∕ R 2 + 1 R 4 + 1 R 3 + R 5 − 1 − 1 . Czy źródła napięcia w obwodzie zawsze dostarczają energię do obwodu, czy też mogą one energię dostarczaną do obwodu pochłaniać? Podaj przykład. Jakie są zalety i wady szeregowego łączenia źródeł napięcia? A jakie równoległego? W połączeniu szeregowym napięcia z ogniw dodają się, ale równocześnie sumują się ich opory wewnętrzne, ponieważ są połączone szeregowo. W połączeniu równoległym napięcie na biegunach jest identyczne, ale równoważny opór wewnętrzny jest mniejszy niż najmniejszy opór indywidualnej rezystancji wewnętrznej, co zapewnia prąd o większym natężeniu. Ciągniki siodłowe wykorzystują cztery duże akumulatory 12 ⁢⁢ V . Układ rozrusznika wymaga 24 ⁢⁢ V , podczas gdy pozostałe podzespoły elektryczne pojazdu wykorzystują 12 ⁢⁢ V . Jak powinny być połączone cztery akumulatory, aby wytworzyć 24 ⁢⁢ V , a jak, aby wytworzyć 12 ⁢⁢ V ? Dlaczego 24 ⁢⁢ V są lepsze niż 12 ⁢⁢ V do uruchomienia silnika ciężarówki (bardzo obciążonej)? Zadania Rozważ obwód pokazany poniżej. Oblicz spadek potencjału na każdym z oporników; Jaka jest moc źródła napięcia, a jaka jest moc energii rozpraszanej lub zużywanej w obwodzie? Przyjrzyj się obwodom pokazanym poniżej. Jakie jest natężenie prądu płynącego przez każdy opornik w tej części? Ile wynosi natężenie prądu płynącego przez każdy opornik w tej części? Jaka jest moc dostarczanej lub pochłanianej energii w każdym obwodzie? Ile wynosi moc dostarczanej energii do każdego obwodu? a. I 1 = 0,6 ⁢⁢ mA , I 2 = 0,4 ⁢⁢ mA , I 3 = 0,2 ⁢⁢ mA ; b. I 1 = 0,04 ⁢⁢ mA , I 2 = 1,52 ⁢⁢ mA , I 3 = − 1,48 ⁢⁢ mA ; c. P rozproszona = 0,92 ⁢⁢ mW , P rozproszona = 4,5 ⁢⁢ mW ; d. P dostarczona = 0,92 ⁢⁢ mW , P dostarczona = 4,5 ⁢⁢ mW . Rozważ obwód z rysunku poniżej. Oblicz: U bat ⁢ 1 , I 2 i I 3 . Rozważ obwód z rysunku poniżej. Oblicz: U bat ⁢ 1 , U bat ⁢ 2 i R 4 . U bat ⁢ 1 = 42 ⁢⁢ V , U bat ⁢ 2 = 6 ⁢⁢ V , R 4 = 6 ⁢⁢ Ω . Rozważ obwód z rysunku poniżej. Oblicz: I 1 , I 2 , I 3 . Przyjrzyj się schematowi poniżej. Oblicz I 1 , I 2 , I 3 , I 4 i I 5 ; moc źródeł napięcia; moc rozpraszania energii na opornikach. a. I 1 = 1,5 ⁢⁢ A , I 2 = 2 ⁢⁢ A , I 3 = 0,5 ⁢⁢ A , I 4 = 2,5 ⁢⁢ A , I 5 = 2 ⁢⁢ A ; b. P dostarczona = I 2 ⁢ U bat ⁢ 1 + I 5 ⁢ U bat ⁢ 2 = 34 ⁢⁢ W ; c. P rozproszona = I 1 2 ⁢ R 1 + I 2 2 ⁢ R 2 + I 3 2 ⁢ R 3 + I 4 2 ⁢ R 4 = 34 ⁢⁢ W . Rozważ schemat obwodu przedstawiony poniżej. Zapisz trzy równania dla zaznaczonych oczek. Rozważ obwód pokazany poniżej. Wyznacz równania określające natężenia prądów w zależności od R i U bat . I 1 = 2 ⁢ U bat ∕ 3 ⁢ R I_1 = 2U_{\\text{bat}} / (3R) , I 2 = I 3 = U bat ∕ 3 ⁢ R I_2 = I_3 = U_{\\text{bat}} / (3R) . Rozważ schemat obwodu z poprzedniego ćwiczenia. Napisz równania na moc dostarczania energii do układu przez źródła napięcia i moc rozpraszania energii przez oporniki w zależności od R i U bat . Dziecięca zabawka jest zasilana przez trzy baterie alkaliczne o SEM 1,58 ⁢⁢ V i wewnętrznych oporach 0,02 ⁢⁢ Ω , połączone szeregowo z suchym ogniwem węglowo-cynkowym o SEM 1,53 ⁢⁢ V i oporze wewnętrznym 0,1 ⁢⁢ Ω . Oporność obciążenia równa jest 10 ⁢⁢ Ω . Narysuj schemat obwodu zabawki uwzględniający jego zasilanie; Prąd o jakim natężeniu płynie w układzie? Ile wynosi moc energii dostarczanej do opornika obciążenia? Jak zmieni się opór wewnętrzny ogniwa suchego, jeśli się ono rozładuje i, gdy moc dostarczania przez nie energii do opornika obciążenia wyniesie tylko 0,5 ⁢⁢ W ? a. ; b. 0,617 ⁢ A ; c. 3,81 ⁢ W ; d. 18 ⁢ Ω . Zastosuj pierwsze prawo Kirchhoffa do węzła B zaznaczonego na schemacie poniżej. Czy możesz uzyskać jakiekolwiek nowe informacje, jeśli zastosujesz regułę węzła w punkcie E ? Zastosuj drugie prawo Kirchhoffa do pętli A ⁢ F ⁢ E ⁢ D ⁢ C ⁢ B ⁢ A z poprzedniego przykładu. I 1 ⁢ r 1 − ε 1 + I 1 ⁢ R 4 + ε 4 + I 2 ⁢ r 4 + I 2 ⁢ r 3 − ε 3 + I 2 ⁢ R 3 + I 1 ⁢ R 1 = 0 . pierwsze prawo Kirchhoffa – zasada węzła (ang. junction rule ) suma natężeń prądów wpływających do węzła musi być równa sumie natężeń prądów wypływających z niego prawa Kirchhoffa (ang. Kirchhoff’s rules ) zestaw dwóch praw rządzących przepływem prądu i zmianami potencjału w obwodzie elektrycznym drugie prawo Kirchhoffa – zasada oczka (ang. loop rule ) algebraiczna suma spadków potencjału w dowolnym oczku (pętli) obwodu musi być równa zero", "section": "Prawa Kirchhoffa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Elektryczne przyrządy pomiarowe Prawo Ohma i prawa Kirchhoffa są przydatne do analizy i projektowania obwodów elektrycznych, ponieważ umożliwiają korzystanie z wyznaczonych spadków potencjału na poszczególnych elementach, natężenia płynącego prądu czy rezystancji elementów składających się na obwód elektryczny. Aby zmierzyć wartości tych parametrów, konieczne są odpowiednie przyrządy, które opisujemy poniżej. Woltomierze i amperomierze Woltomierze (ang. voltmeter ) służą do pomiaru napięcia (różnicy potencjałów), natomiast amperomierze (ang. ammeter ) umożliwiają pomiar natężenia prądu. Niektóre urządzenia pomiarowe w kokpitach samochodowych, aparatach cyfrowych, telefonach komórkowych czy wzmacniaczach są w rzeczywistości woltomierzami lub amperomierzami ( ). Wewnętrzna budowa najprostszych z tych mierników i sposób, w jaki są podłączone do monitorowanych przez nie systemów, dają głębszy wgląd w zastosowania połączeń szeregowych i równoległych. Wskaźnik poziomu paliwa (pierwszy z lewej) i wskaźnik temperatury (pierwszy z prawej) w tym volkswagenie z 1996 r. są w rzeczywistości woltomierzami, w których rejestrowane napięcie wyjściowe przeliczane jest na odpowiednie jednostki. Są one proporcjonalne do ilości benzyny w zbiorniku lub temperatury silnika. Źródło: Christian Giersing Pomiar natężenia prądu za pomocą amperomierza Aby zmierzyć natężenie prądu płynącego przez urządzenie lub element, należy szeregowo podłączyć do niego amperomierz. Stosuje się połączenie szeregowe, ponieważ przez obiekty połączone szeregowo przepływa prąd o takim samym natężeniu ( , gdzie amperomierz oznaczono symbolem A). (a) Gdy chcemy użyć amperomierza do pomiaru natężenia prądu płynącego przez dwa szeregowo połączone oporniki podłączone do źródła napięcia, wystarczy jedno urządzenie umieszczone szeregowo z tymi opornikami – w połączeniu szeregowym natężenie prądu płynącego przez poszczególne elementy jest takie samo. (b) Gdy dwa oporniki są połączone równolegle ze źródłem napięcia, potrzebujemy trzech urządzeń lub trzech niezależnych odczytów z amperomierza, aby zmierzyć natężenie prądu płynącego ze źródła napięcia i przez każdy z oporników. Amperomierz musi być połączony szeregowo z elementem, dla którego wyznaczamy natężenie prądu. Amperomierz musi mieć bardzo mały opór, będący ułamkiem mΩ . Jeżeli opór nie jest pomijalnie mały, umieszczenie amperomierza w obwodzie może zmienić równoważny opór obwodu i wpłynąć na natężenie mierzonego prądu. Ponieważ prąd przepływa przez miernik umieszczony w obwodzie, dla ochrony przed zbyt dużym natężeniem amperomierze zwykle wyposaża się w bezpieczniki. Pomiar napięcia za pomocą woltomierza Woltomierz podłączamy równolegle do każdego urządzenia, na którym mierzymy napięcie. Stosujemy połączenie równoległe, ponieważ na obiektach połączonych w ten sposób różnica potencjałów jest taka sama ( ; woltomierz oznaczono symbolem V). Aby zmierzyć różnicę potencjałów w tym obwodzie szeregowym, woltomierz (V) podłączamy równolegle do źródła napięcia lub któregokolwiek opornika. Zauważmy, że napięcie jest mierzone pomiędzy biegunem dodatnim a biegunem ujemnym źródła napięcia. Nie jest możliwe podłączenie woltomierza bezpośrednio do SEM z pominięciem oporu wewnętrznego. Ponieważ woltomierze podłącza się równolegle, muszą one mieć bardzo duży opór. Woltomierze cyfrowe zamieniają napięcie analogowe na wartość cyfrową, aby ją pokazać na cyfrowym wyświetlaczu ( ). Niedrogie woltomierze mają opory rzędu dziesiątek MΩ , natomiast bardzo precyzyjne urządzenia - rzędu dziesiątek GΩ . Wartość oporu może się zmieniać w zależności od aktualnego zakresu miernika. (a) Analogowy woltomierz wykorzystuje do pomiaru napięcia galwanometr. (b) Mierniki cyfrowe do pomiaru napięcia używają przetwornika analogowo-cyfrowego. Źródło (a) i (b): Joseph J. Trout Mierniki analogowe i cyfrowe W laboratorium fizycznym stosuje się dwa rodzaje mierników: analogowe i cyfrowe. Termin „analogowy” odnosi się do sygnałów lub danych reprezentowanych przez zmieniającą się w sposób ciągły wielkość fizyczną, taką jak napięcie lub natężenie prądu. Miernik analogowy (ang. analog meter ) wykorzystuje galwanometr, który jest cewką z drutu o małej rezystancji, umieszczoną w polu magnetycznym, z dołączoną wskazówką przemieszczającą się po skali. Prąd przepływa przez cewkę, powodując jej obrót. Aby używać galwanometru jako amperomierza, należy przyłączyć opornik o niewielkim oporze równolegle z cewką. Aby używać go jako woltomierza, należy przyłączyć opornik o dużym oporze szeregowo z cewką. Miernik cyfrowy (ang. digitalmeter ) wykorzystuje urządzenie nazywane przetwornikiem analogowo-cyfrowym i przedstawia natężenie prądu lub napięcie w postaci szeregu zer i jedynek, które są wykorzystywane do sterowania wyświetlaczem cyfrowym. Mierniki analogowe zostały w większości zastąpione przez mierniki cyfrowe. Sprawdź, czy rozumiesz. Mierniki cyfrowe są w stanie mierzyć prądy o mniejszym natężeniu niż mierniki analogowe wykorzystujące galwanometry. Jak wyjaśnić ich zdolność do dokładniejszego pomiaru napięcia i natężenia prądu w stosunku do mierników analogowych? Ponieważ mierniki cyfrowe wymagają prądu o mniejszym natężeniu w porównaniu do mierników analogowych, mają mniejszy wpływ na obwód elektryczny od mierników analogowych. Ich opór w trybie woltomierza może być znacznie większy niż miernika analogowego, a ich opór w trybie amperomierza może być znacznie mniejszy niż miernika analogowego. Spójrz na i oraz ich opisy w tekście. Aby sprawdzić swoją wiedzę na temat projektowania obwodów elektrycznych, w tym wirtualnym laboratorium możesz konstruować obwody elektryczne z oporników, źródeł napięcia, amperomierzy i woltomierzy. Omomierze Omomierz (ang. ohmmeter ) jest urządzeniem służącym do pomiaru oporu elementu obwodu lub urządzenia. Działanie omomierza opiera się na prawie Ohma. Tradycyjne omomierze zawierały wewnętrzne (wbudowane) źródło napięcia (np. baterię), które po podłączeniu do badanego elementu obwodu powodowało przepływ prądu przez ten element. Następnie galwanometr był wykorzystywany do pomiaru natężenia prądu, a opór był wyznaczany z prawa Ohma. Nowoczesne mierniki cyfrowe wykorzystują stałoprądowe źródło do przepuszczania prądu przez badany element, mierząc spadek potencjału na tym elemencie. W każdym przypadku opór jest mierzony za pomocą prawa Ohma ( R = U ∕ I ), gdzie napięcie jest znane i mierzy się natężenie prądu albo znane jest natężenie prądu i mierzy się napięcie. Element, którego opór jest mierzony, powinien być odizolowany od obwodu, w przeciwnym razie mierzony będzie równoważny opór obwodu. Omomierza nigdy nie powinno się podłączać do obwodu, do którego podłączone jest źródło napięcia i w którym płynie prąd. Może to spowodować uszkodzenie miernika. Podsumowanie Woltomierze służą do pomiaru napięcia, a amperomierze do pomiaru natężenia prądu. Mierniki analogowe są zbudowane na zasadzie połączenia opornika i galwanometru i umożliwiają analogowy odczyt natężenia prądu lub napięcia. Mierniki cyfrowe budowane są z wykorzystaniem przetworników analogowo-cyfrowych i zapewniają dyskretny (cyfrowy) pomiar natężenia prądu lub napięcia. Żeby zmierzyć całkowite napięcie, woltomierz umieszczamy równolegle do źródła napięcia. Musi on mieć dużą oporność, aby ograniczyć jego wpływ na obwód. Żeby zmierzyć całkowity prąd płynący przez fragment obwodu, amperomierz umieszczamy szeregowo. Musi on mieć małą rezystancję, aby ograniczyć jego wpływ na obwód. Standardowe woltomierze i amperomierze mają wpływ na obwód, do którego są podłączone, tak więc ich dokładność jest ograniczona. Omomierze służą do pomiaru oporu. Element obwodu, którego opór ma być zmierzony, powinien być odizolowany od obwodu (usunięty z niego). Pytania Co by się stało, gdybyś do badanego elementu podłączył woltomierz szeregowo? Woltomierz wniósłby duży opór połączony szeregowo z obwodem, co znacznie zmieniłoby sam obwód. Prawdopodobnie dałby odczyt, ale nie dawałby poprawnej wartości mierzonego oporu obwodu. Jaka jest zasada działania omomierza podczas pomiaru oporu opornika? Dlaczego nie wolno podłączać amperomierza bezpośrednio do źródła napięcia w taki sposób, jak pokazano poniżej? Amperomierz ma mały opór, tak więc prąd o dużym natężeniu dostarczany przez źródło może spowodować uszkodzenie miernika i/lub przegrzanie źródła napięcia. Zadania Załóż, że woltomierzem o oporze 1 ⁢⁢ kΩ , połączonym jak na schemacie poniżej, mierzysz napięcie na biegunach baterii alkalicznej o SEM równej 1,585 ⁢⁢ V i oporze wewnętrznym 0,1 ⁢⁢ Ω . Prąd o jakim natężeniu popłynie? Oblicz napięcie na biegunach źródła napięcia; Żeby sprawdzić, jak różnią się zmierzone napięcie na biegunach baterii i SEM, oblicz ich stosunki. amperomierz (ang. ammeter ) przyrząd do pomiaru natężenia prądu woltomierz (ang. voltmeter ) przyrząd do pomiaru napięcia (różnicy potencjałów)", "section": "Elektryczne przyrządy pomiarowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Obwody RC Gdy skorzystasz z lampy błyskowej aparatu fotograficznego, to później kilka sekund zajmuje ponowne naładowanie kondensatora zasilającego lampę. Uruchomienie lampy błyskowej rozładowuje kondensator w ułamku sekundy. Dlaczego ładowanie trwa dłużej niż rozładowywanie? Odpowiedzi na to pytanie oraz na kilka innych, które dotyczą ładowania i rozładowywania kondensatorów, udzielimy w tej części. Obwody elektryczne zawierające opór i pojemność Obwód RC (ang. RC circuit ) jest obwodem elektrycznym zawierającym opór i pojemność. Jak przedstawiono w rozdziale Pojemność elektryczna , kondensator to element elektryczny, który gromadzi ładunek elektryczny, magazynując energię w polu elektrycznym. (a) przedstawia prosty obwód RC składający się ze stałoprądowego (DC) źródła napięcia o SEM równej ε , opornika R , kondensatora C i przełącznika dwupozycyjnego. Obwód pozwala na ładowanie lub rozładowywanie kondensatora w zależności od pozycji przełącznika. Kiedy przełącznik znajduje się w położeniu A (sytuacja przedstawiona w części (b) rysunku), to kondensator się ładuje. Kiedy przełącznik zostaje przestawiony do położenia B , kondensator rozładowuje się przez opornik. (a) Obwód RC z wyłącznikiem dwupozycyjnym, stosowanym do ładowania i rozładowywania kondensatora. (b) Gdy przełącznik jest ustawiony w pozycji A , obwód sprowadza się do prostego połączenia szeregowego źródła napięcia, opornika, kondensatora i przełącznika. (c) Gdy przełącznik zostanie ustawiony w pozycji B , obwód sprowadza się do prostego połączenia szeregowego opornika, kondensatora i przełącznika. Źródło napięcia znajduje się poza obwodem. Ładowanie kondensatora Do zrozumienia procesu ładowania kondensatora możemy zastosować drugie prawo Kirchhoffa. Mamy równanie ε − U R − U C = 0 . Wykorzystajmy je do modelowania wartości ładunku na kondensatorze w funkcji czasu podczas jego ładowania. Pojemność definiujemy jako C = q ∕ U C , więc napięcie na kondensatorze wynosi U C = q ∕ C . Z prawa Ohma wyznaczmy spadek potencjału na oporniku U R = I ⁢ R , a prąd definiujemy jako I = d q ∕ d t ε − U R − U C = 0 ⁢ , ε − I ⁢ R − q C = 0 ⁢ , ε − R ⁢ d q d t − q C = 0 ⁢ . Aby uzyskać równanie określające zależność wartości ładunku na kondensatorze od czasu, powyższe równanie różniczkowe należy scałkować ε − R ⁢ d q d t − q C = 0 ⁢ , d q d t = ε ⁢ C − q R ⁢ C ⁢ , ∫ 0 q d q ε ⁢ C − q = 1 R ⁢ C ⁢ ∫ 0 t d t ⁢ . Dokonajmy podstawienia u = ε ⁢ C − q , więc d u = − d q . Dostajemy − ∫ 0 1 d u u = 1 R ⁢ C ⁢ ∫ 0 t d t ⁢ , ln ε ⁢ C − q ε ⁢ C = − 1 R ⁢ C ⁢ t ⁢ , ε ⁢ C − q ε ⁢ C = e − t R ⁢ C ⁢ . Po przekształceniach otrzymujemy równanie określające zależność wartości ładunku na kondensatorze od czasu podczas jego ładowania q ⁡ t = C ⁢ ε ⁢ 1 − e − t R ⁢ C = Q ⁢ 1 − e − t τ ⁢ . Wykres zależności ładunku na kondensatorze od czasu przedstawia (a). Po pierwsze, należy zauważyć, że gdy czas dąży do nieskończoności, to wyrażenie e − t ∕ R ⁢ C dąży do zera, więc ładunek zbliża się do maksymalnej wartości Q = C ⁢ ε . Jednostką iloczynu R ⁢ C jest sekunda, więc iloczyn ma wymiar czasu. Wielkość ta jest znana jako pojemnościowa stała czasowa (ang. time constant ) τ = R ⁢ C ⁢ . Gdy t = τ = R ⁢ C , ładunek równa się Q ⁢ 1 − e − 1 = Q ⁢ 1 − 0,368 = 0,632 ⁢ Q (ładunku maksymalnego, Q = C ⁢ ε ). Zauważmy, że szybkość gromadzenia się ładunku na kondensatorze odpowiada nachyleniu stycznej do wykresu q ⁡ t w danym punkcie. Nachylenie stycznej do wykresu jest duże w chwili t = 0 ⁢⁢ s i maleje do zera wraz z upływem czasu. W miarę wzrostu ładunku na kondensatorze natężenie prądu płynącego przez opornik maleje, jak na (b). Natężenie prądu płynącego przez opornik można obliczyć, różniczkując równanie q ⁡ t i ⁡ t = d q d t = d d t C ⁢ ε ⁢ 1 − e − t R ⁢ C ⁢ , i ⁡ t = C ⁢ ε ⋅ 1 R ⁢ C ⋅ e − t R ⁢ C = ε R ⋅ e − t R ⁢ C = I 0 ⁢ e − t R ⁢ C ⁢ , i ⁡ t = I 0 ⁢ e − t ∕ τ ⁢ . W chwili t = 0 ⁢ s natężenie prądu płynącego przez opornik wynosi I 0 = ε ∕ R . Gdy czas dąży do nieskończoności, natężenie prądu spada do zera. W chwili t = τ natężenie prądu płynącego przez opornik osiąga wartość i ⁡ t = τ = I 0 ⁢ e − 1 = 0,368 ⁢ I 0 . (a) Ładunek na kondensatorze w funkcji czasu podczas ładowania; (b) natężenie prądu płynącego przez opornik w funkcji czasu; (c) napięcie na kondensatorze; (d) napięcie na oporniku. (c) i (d) pokazują napięcie odpowiednio na kondensatorze i na oporniku. Gdy ładunek na kondensatorze wzrasta, to natężenie prądu maleje, tak jak napięcie na oporniku u R ⁡ t = I 0 ⁢ R ⁢ e − t ∕ τ = ε ⁢ e − t ∕ τ . Napięcie na kondensatorze wzrasta zgodnie z zależnością: u C ⁡ t = ε ⁢ 1 − e − t ∕ τ . Rozładowywanie kondensatora Kiedy przełącznik na (a) ustawimy w pozycji B , obwód odpowiada temu z części (c) i naładowany kondensator może się rozładować przez opornik. Wykres ładunku na kondensatorze w zależności od czasu przedstawia (a). Jeśli zastosujemy drugie prawo Kirchhoffa do analizy obwodu w czasie, gdy kondensator się rozładowuje, otrzymamy równanie − u R − u C = 0 , które można sprowadzić do zależności I ⁢ R + q ∕ C = 0 . Po zastosowaniu definicji prądu otrzymamy d q ∕ d t ⋅ R = − q ∕ C , co po scałkowaniu da nam równanie na wartość ładunku na kondensatorze w funkcji czasu podczas jego rozładowywania q ⁡ t = Q ⁢ e − t ∕ τ ⁢ . Tutaj Q jest początkowym ładunkiem na kondensatorze, a τ = R ⁢ C stałą czasową obwodu. Jak pokazaliśmy na wykresie, wartość ładunku maleje wykładniczo od wartości początkowej do zera, gdy czas dąży do nieskończoności. Zależność natężenia prądu od czasu otrzymamy po scałkowaniu wyrażenia na ładunek i ⁡ t = − Q R ⁢ C ⁢ e − t ∕ τ ⁢ . Znak minus oznacza, że prąd przepływa w kierunku przeciwnym do kierunku prądu płynącego w czasie ładowania kondensatora. (a) i (b) przedstawiają wykresy odpowiednio ilości ładunku w funkcji czasu i natężenia prądu w funkcji czasu. Wykresy napięcia na kondensatorze i na oporniku w funkcji czasu przedstawiono w częściach (c) i (d) rysunku. Pamiętajmy, że ilość ładunku, natężenie prądu i wartość napięcia maleją wykładniczo do zera wraz z upływem czasu. (a) Ładunek na kondensatorze w funkcji czasu w miarę rozładowywania kondensatora; (b) natężenie prądu płynącego przez opornik w funkcji czasu; (c) napięcie na kondensatorze; (d) napięcie na oporniku. Teraz możemy wyjaśnić, dlaczego lampie błyskowej (ang. flash lamp ) aparatu fotograficznego, wspomnianej na początku tego rozdziału, ładowanie zajmuje dużo więcej czasu niż rozładowanie. Opór podczas ładowania jest znacznie większy niż podczas rozładowywania. Wewnętrzny opór źródła napięcia stanowi większość oporu podczas ładowania. W miarę starzenia się źródła napięcia rosnący opór wewnętrzny sprawia, że proces ładowania staje się jeszcze wolniejszy. Oscylator relaksacyjny Jednym z zastosowań obwodów RC jest pokazany poniżej oscylator relaksacyjny. Składa się on ze źródła SEM, opornika, kondensatora i lampy neonowej. Lampa neonowa działa jak obwód otwarty (nieskończony opór), dopóki różnica potencjałów na niej nie osiągnie określonego napięcia, wówczas zwiera obwód (opór staje się zerowy), a kondensator rozładowuje się przez lampę neonową, powodując jej świecenie. W pokazanym obwodzie źródło SEM ładuje kondensator, aż napięcie na kondensatorze wyniesie 80 ⁢ V . Gdy to nastąpi, dochodzi do przebicia w neonie, co umożliwia rozładowanie kondensatora przez lampę, tworzy się jasny błysk. Po całkowitym rozładowaniu się kondensatora poprzez lampę neonową ponownie zaczyna się ładowanie i proces się powtarza. Jaki jest odstęp czasu między błyskami przy założeniu, że czas potrzebny do rozładowania kondensatora jest znikomy? Strategia rozwiązania Czas pomiędzy rozbłyskami można wyznaczyć z równania u C ⁡ t = ε ⁢ 1 − e − t ∕ τ , gdzie τ = R + r ⁢ C . Rozwiązanie Błysk w lampie neonowej następuje, gdy napięcie na kondensatorze osiąga 80 ⁢⁢ V . Stała czasowa obwodu równa się τ = R + r ⁢ C = 101 ⁢⁢ Ω ⋅ 50 ⋅ 10 − 3 ⁢⁢ F = 5,05 ⁢⁢ s . Możemy więc z równania na napięcie obliczyć czas, po którym napięcie na kondensatorze osiągnie 80 ⁢⁢ V u C ⁡ t = ε ⁢ 1 − e − t ∕ τ ⁢ , e − t ∕ τ = 1 − u C ⁡ t ε ⁢ , ln e − t ∕ τ = ln 1 − u C ⁡ t ε ⁢ , t = − τ ⁢ ln 1 − u C ⁡ t ε = 5,05 ⁢⁢ s ⋅ ln 1 − 80 ⁢ V 100 ⁢⁢ V = 8,13 ⁢⁢ s ⁢ . Znaczenie Jednym z zastosowań oscylatora relaksacyjnego jest kontrola sterowania świateł sygnalizacyjnych, które migają z częstotliwością określoną przez wartości R i C . W powyższym przykładzie lampa neonowa miga co 8,13 ⁢⁢ s , czyli z częstotliwością f = 1 ∕ T = 1 ∕ 8,13 ⁢⁢ s = 0,55 ⁢⁢ Hz . Oscylator relaksacyjny ma wiele innych praktycznych zastosowań. Często stosuje się go w obwodach elektronicznych, w których lampę neonową zastąpił tranzystor lub urządzenie znane jako dioda tunelowa. Opis tranzystora i diody tunelowej wykracza poza zakres niniejszego rozdziału, ale można je traktować jako sterowane napięciem przełączniki. Zwykle są one otwarte, ale kiedy zastosuje się odpowiednie napięcie, przełącznik się zamyka i zaczyna przewodzić. Przełącznik można zastosować do: włączenia innego obwodu, włączenia świateł czy uruchomienia niewielkiego silniczka. Oscylator relaksacyjny można wykorzystać do obsługi kierunkowskazów w samochodzie lub wywoływania wibracji telefonu komórkowego. Obwody RC mają wiele zastosowań. Mogą być skutecznie wykorzystywane jako sterowniki: wycieraczek samochodowych, stymulatorów serca czy świateł stroboskopowych. Niektóre modele wycieraczek wykorzystują opornik o zmiennym oporze do sterowania częstotliwością ich pracy. Zwiększenie oporności powoduje wzrost stałej czasowej obwodu RC, co wydłuża czas pomiędzy kolejnymi wychyleniami wycieraczek. Innym zastosowaniem jest stymulator serca (ang. pacemaker ). Tętno jest zwykle kontrolowane za pomocą sygnałów elektrycznych, które powodują skurcze mięśnia sercowego i zmuszają do pompowania krwi. Kiedy bicie serca odbiega od normy (tętno jest zbyt wysokie lub zbyt niskie), stymulator może skorygować nieprawidłowości. Stymulatory mają czujniki, które monitorują ruch ciała i częstość oddechu, aby zwiększyć częstość akcji serca podczas wysiłku fizycznego, zaspokajając zwiększone zapotrzebowanie na krew i tlen. Czasowy obwód RC może być stosowany do kontroli czasu pomiędzy impulsami elektrycznymi wysyłanymi do serca. Wybiegając naprzód, do opisu obwodów AC ( Obwody prądu zmiennego ), napięcie przemienne (AC) zmienia się z określoną częstotliwością zgodnie z funkcją sinus. Okresowe zmiany napięcia (sygnału elektrycznego) są często rejestrowane przez naukowców. Te sygnały napięciowe mogą pochodzić z mikrofonu rejestrującego muzykę czy danych atmosferycznych zebranych przez radar. Czasami sygnały te zawierają niepożądane częstotliwości, określane jako „szum”. Filtry RC mogą być wykorzystywane do odfiltrowania niepożądanych częstotliwości. W elektronice popularne jest urządzenie znane jako „ układ czasowy 555 ” (ang. 555 timer ) pozwalające na sterowanie impulsami napięcia w czasie. Czasem pomiędzy impulsami steruje tam obwód RC. Są to tylko niektóre z niezliczonych zastosowań układów RC. Wycieraczki samochodowe Oscylator relaksacyjny steruje parą wycieraczek samochodowych. Obwód oscylatora relaksacyjnego składa się z kondensatora o pojemności 10 ⁢⁢ mF oraz opornika o zmiennym oporze nazywanego potencjometrem (oporowym). Pokrętło podłączone do regulowanego opornika umożliwia zmiany oporu między 0 ⁢⁢ Ω a 10 ⁢⁢ kΩ . Przełącznik sterowany napięciem podłączony jest do kondensatora. Przełącznik normalnie jest otwarty, ale gdy napięcie osiągnie 10 ⁢⁢ V , zamyka się, zasilając silnik elektryczny i umożliwiając rozładowanie kondensatora. Silnik powoduje jednokrotne wychylenie (zadziałanie) wycieraczek, po czym kondensator zaczyna ponownie się ładować. Jaka wartość oporu powinna być ustawiona na potencjometrze, aby pióra wycieraczek wycierały szybę co 10 ⁢⁢ s ? Strategia rozwiązania Opór można wyznaczyć z równania u wyj ⁡ t = U ⁢ 1 − e − t ∕ τ , gdzie τ = R ⁢ C . Pojemność kondensatora, napięcie wyjściowe i napięcie źródła są dane. Rozwiązanie Napięcie wyjściowe (na kondensatorze) osiągnie 10 ⁢⁢ V , a różnica potencjałów między biegunami źródła wynosi 12 ⁢⁢ V . Pojemność kondensatora to 10 ⁢⁢ mF . Obliczmy wartość oporu u wyj ⁡ t = U ⁢ 1 − e − t ∕ τ ⁢ , e − t ∕ R ⁢ C = 1 − u wyj ⁡ t U ⁢ , ln e − t ∕ R ⁢ C = ln 1 − u wyj ⁡ t U ⁢ , − t R ⁢ C = ln 1 − u wyj ⁡ t U ⁢ , R = − t C ⁢ ln 1 − u wyj ⁡ t ∕ U = − 10 ⁢ s 10 ⋅ 10 -3 ⁢ F ⋅ ln 1 − 10 ⁢ V ∕ 12 ⁢ V = 558,11 ⁢ Ω ⁢ . \\begin{align} u_{\\text{wyj}} \\apply (t) &= U (1 - e^{-t/\\tau}) \\text{,} \\\\ e^{-t/(RC)} &= 1 - \\frac{u_{\\text{wyj}}\\apply (t)}{U} \\text{,} \\\\ \\ln (e^{-t/(RC)}) &= \\ln[1 - \\frac{u_{\\text{wyj}}\\apply (t)}{U}] \\text{,} \\\\ - \\frac{t}{RC} &= \\ln[1 - \\frac{u_{\\text{wyj}}\\apply (t)}{U}] \\text{,} \\\\ R &= \\frac{-t}{C \\ln[1-u_{\\text{wyj}}\\apply (t) / U]} = \\frac{-\\SI{10}{\\second}}{\\SI{10e-3}{\\farad} \\cdot \\ln[1-\\SI{10}{\\volt}/\\SI{12}{\\volt}]} = \\SI{558,11}{\\ohm} \\text{.} \\end{align} Znaczenie Wzrost oporności zwiększa opóźnienie pomiędzy kolejnymi wychyleniami wycieraczek. Jeżeli opór wynosi zero, wówczas wycieraczki pracują w sposób ciągły. Przy maksymalnym oporze okres pomiędzy kolejnymi wychyleniami wycieraczek wynosi t = − R ⁢ C ⁢ ln 1 − u wyj ⁡ t U = − 10 ⋅ 10 3 ⁢ Ω ⋅ 10 ⋅ 10 -3 ⁢ F ⋅ ln 1 − 10 ⁢ V 12 ⁢ V t = − R ⁢ C ⁢ ln 1 − u wyj ⁡ t U = 179,18 ⁢ s = 2,98 ⁢ min ⁢ . \\begin{multiline} t &= -RC \\ln(1- \\frac{u_{\\text{wyj}} \\apply (t)}{U}) = -\\SI{10e3}{\\ohm} \\cdot \\SI{10e-3}{\\farad} \\cdot \\ln(1-\\frac{\\SI{10}{\\volt}}{\\SI{12}{\\volt}}) \\\\ &= \\SI{179,18}{\\second} = \\SI{2,98}{\\minute} \\text{.} \\end{multiline} t = − R ⁢ C ⁢ ln 1 − u wyj ⁡ t U = − 10 ⋅ 10 3 ⁢ Ω ⋅ 10 ⋅ 10 -3 ⁢ F ⋅ ln 1 − 10 ⁢ V 12 ⁢ V = 179,18 ⁢ s = 2,98 ⁢ min ⁢ . Obwód RC ma tysiące zastosowań. Może być stosowany nie tylko w układach czasowych, ale także do filtrowania niechcianych częstotliwości w obwodzie. Ma także zastosowanie w zasilaczach, na przykład komputerowych, gdzie pozwala zamienić napięcie przemienne (AC) w stałe (DC). Podsumowanie Obwód RC to obwód, który zawiera zarówno opornik, jak i kondensator. Pojemnościowa stała czasowa τ obwodu RC dana jest wzorem τ = R ⁢ C . Gdy początkowo nienaładowany ( q = 0 ⁢⁢ C w chwili t = 0 ⁢⁢ s ) kondensator połączony szeregowo z opornikiem ładuje się przez stałoprądowe źródło napięcia, jego ładunek asymptotycznie zbliża się do wartości maksymalnej. Podczas wzrostu ładunku kondensatora natężenie prądu w obwodzie maleje wykładniczo od swej początkowej wartości równej I 0 = ε ∕ R . Jeśli kondensator wstępnie naładowany ładunkiem Q zaczyna w chwili t = 0 ⁢⁢ s się rozładowywać za pośrednictwem opornika, wtedy jego ładunek maleje wykładniczo. W czasie rozładowania kondensatora prąd przepływa w kierunku przeciwnym do kierunku prądu płynącego podczas jego ładowania. Pytania Bateria, przełącznik, kondensator i lampa są połączone szeregowo. Opisz, co dzieje się z lampą, gdy przełącznik jest zamknięty. Podczas dokonywania pomiaru EKG ważne jest, aby mierzyć zmiany napięcia w małych odstępach czasu. Czas ten określa stała czasowa obwodu RC – nie są możliwe pomiary częstsze. W jaki sposób należy zmieniać R i C w obwodzie, aby umożliwić pomiary w określonych odstępach czasu? Pomiary można przyspieszyć poprzez zmniejszenie wartości stałej czasowej, czyli zastosowanie opornika o mniejszym oporze i/lub kondensatora o mniejszej pojemności. Należy zachować ostrożność przy zmniejszeniu oporu, ponieważ początkowe natężenie prądu zwiększa się, gdy opór maleje. Zadania Układ czasowy wycieraczek samochodowych zbudowany jest z zastosowaniem obwodu RC i wykorzystuje kondensator 0,5 ⁢⁢ µF oraz opornik regulowany. W jakim zakresie musi zmieniać się opór R , aby stała czasowa obwodu mogła się zmieniać od 2 ⁢ s do 15 ⁢⁢ s ? Od 4 ⁢⁢ MΩ do 30 ⁢⁢ MΩ . Stymulator serca włącza się 72 razy na minutę i za każdym razem kondensator o pojemności 25 ⁢⁢ nF ładuje się (z baterii połączonej szeregowo z opornikiem) do 0,632 maksymalnego napięcia. Jaka jest wartość oporu? Długość trwania błysku lampy aparatu fotograficznego jest powiązana ze stałą czasową obwodu RC, która dla pewnego aparatu wynosi 0,1 ⁢⁢ µs . Ile wynosi pojemność kondensatora dostarczającego energię, jeżeli opór lampy błyskowej to 0,04 ⁢⁢ Ω podczas rozładowywania? Jaka jest stała czasowa ładowania kondensatora, jeśli opór równa się 800 ⁢⁢ kΩ ? a. 2,5 ⁢⁢ µF ; b. 2 ⁢⁢ s . Kondensatory o pojemnościach 2 ⁢⁢ µF i 7,5 ⁢⁢ µF można połączyć szeregowo lub równolegle. Podobnie oporniki o oporach 25 ⁢⁢ kΩ i 100 ⁢⁢ kΩ . Oblicz cztery możliwe wartości stałych czasowych obwodów, w których opory równoważne i pojemności równoważne połączone są szeregowo. Opornik o oporze 500 ⁢⁢ Ω , nienaładowany kondensator o pojemności 1,5 ⁢⁢ µF i źródło napięcia o SEM równej 6,16 ⁢⁢ V połączono szeregowo. Jakie jest początkowe natężenie prądu? Ile wynosi stała czasowa obwodu RC? Prąd o jakim natężeniu płynie po czasie odpowiadającym jednej stałej czasowej? Ile wynosi napięcie na kondensatorze po czasie odpowiadającym jednej stałej czasowej? a. 12,3 ⁢⁢ mA ; b. 7,5 ⋅ 10 − 4 ⁢⁢ s ; c. 4,53 ⁢⁢ mA ; d. 3,89 ⁢⁢ V . Zastosowany defibrylator ze względu na oporność pacjenta i swoją pojemność ma stałą czasową obwodu RC równą 10 ⁢⁢ ms . Ile wynosi oporność ścieżki przepływu prądu przez pacjenta, jeżeli defibrylator ma pojemność 8 ⁢⁢ µF ? (Można pominąć pojemność pacjenta i opór defibrylatora); Jeżeli początkowe napięcie wynosi 12 ⁢⁢ kV , to jak długo trzeba czekać na jego spadek do 600 ⁢⁢ V ? Monitor EKG musi mieć stałą czasową RC mniejszą niż 100 ⁢⁢ µs , aby mógł zmierzyć wahania napięcia w krótkich odstępach czasu. Jeśli opór obwodu (wynikający głównie z oporu elektrycznego klatki piersiowej pacjenta) wynosi 1 ⁢⁢ kΩ , to jaka jest maksymalna pojemność obwodu? Czy w praktyce trudno jest ograniczyć pojemność do wartości mniejszej niż stwierdzona w części (a)? a. 0,1 ⁢⁢ µF ; b. Nie, w praktyce nie jest trudne ograniczenie pojemności do wartości mniejszej niż 0,1 ⁢⁢ µF , ponieważ pojemność typowego kondensatora mieści się w przedziale od ułamków pikofarada ( pF ) do milifaradów ( mF ). Korzystając z dokładnej zależności wykładniczej, określ ile czasu potrzeba, aby naładować początkowo nienaładowany kondensator o pojemności 100 ⁢⁢ pF poprzez opornik o oporze 75 ⁢⁢ MΩ do 90 ⁢⁢ % napięcia końcowego. Jeśli chcesz zrobić zdjęcie pocisku poruszającego się z prędkością 500 ⁢⁢ m ∕ s , to bardzo krótki błysk światła wytworzony w obwodzie RC przez rozładowanie poprzez lampę błyskową może ograniczyć rozmycie. Jaki jest opór lampy błyskowej przy założeniu, że dopuszczalne jest przemieszczenie o 1 ⁢⁢ mm w czasie jednej stałej czasowej obwodu RC oraz że lampa błyskowa jest zasilana przez kondensator o pojemności 600 ⁢⁢ µF ? 3,33 ⋅ 10 − 3 ⁢⁢ Ω . obwód RC (ang. RC circuit ) obwód elektryczny złożony z opornika i kondensatora", "section": "Obwody RC", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Instalacja elektryczna w domu i bezpieczeństwo elektryczne Elektryczność powoduje dwa główne zagrożenia: termiczne i porażeniem prądem. Zagrożenie termiczne (ang. thermal hazard ) pojawia się, gdy prąd elektryczny o zbyt dużym natężeniu powoduje niepożądane efekty termiczne, takie jak pożar. Zagrożenie porażeniem (ang. shock hazard ) występuje, gdy prąd elektryczny przepływa przez człowieka. Stopień porażenia bywa różny. Może to być bolesne, ale poza tym nieszkodliwe doznanie, ale także może doprowadzić do zatrzymania akcji serca i w konsekwencji do śmierci. W części tej rozważymy od strony ilościowej te zagrożenia i dodatkowo wpływające na nie czynniki. Omówimy także systemy i urządzenia do zapobiegania zagrożeniom elektrycznym. Zagrożenie termiczne Moc elektryczna może spowodować niepożądany wzrost temperatury, kiedy energia elektryczna przekształca się w energię cieplną z szybkością przekraczającą bezpieczne rozpraszanie ciepła. Klasycznym tego przykładem jest zwarcie (ang. short circuit ), kiedy pomiędzy biegunami źródła napięcia powstaje dodatkowa ścieżka o niskiej rezystancji. Przykład zwarcia pokazano na . Toster jest podłączony do domowego gniazdka elektrycznego. Izolacja przewodów prowadzących do urządzenia uległa uszkodzeniu i z tego powodu obydwa przewody się stykają (zwierają). W konsekwencji energia cieplna może szybko podnieść temperaturę otaczających materiałów, stopić izolację i spowodować pożar. Na schemacie obwodu znajduje się symbol przedstawiający sinusoidalną krzywą zamkniętą w okrąg, oznacza on źródła napięcia zmiennego (AC). W takim źródle napięcie oscyluje pomiędzy dodatnią i ujemną wartością maksymalną. Do tej pory rozważaliśmy źródła napięcia stałego (DC), ale wiele z pojęć już omawianych odnosi się także do obwodów prądu przemiennego. Zwarcie jest dodatkowym i niepożądanym połączeniem o niskiej oporności między biegunami źródła napięcia. (a) Uszkodzona izolacja przewodów prowadzących do tostera umożliwia ich kontakt ze względu na mały opór r . Ponieważ P = U 2 ∕ r , energia w postaci ciepła wydziela się na oporze r tak szybko, że przewód ulega stopieniu i może dojść do zapalenia się izolacji. (b) Schemat zwartego obwodu. Inne poważne zagrożenie termiczne występuje, gdy przewody dostarczające energię do urządzenia są przeciążone. Przewody i urządzenia elektryczne są często kategoryzowane pod względem maksymalnego natężenia prądu, który może bezpiecznie przez nie przepływać. Określenie „przeciążenie” odnosi się do stanu, gdy natężenie przekracza dozwoloną wartość maksymalną. Moc, z jaką energia ulega rozproszeniu na przewodach zasilających podczas przepływu przez nie prądu, wynosi P = I 2 ⁢ R p , gdzie R p to oporność przewodów, a I oznacza natężenie prądu płynącego przez przewody. Jeśli I lub R p ma zbyt dużą wartość, przewody się przegrzewają. Do ograniczenia prądów o zbyt dużym natężeniu wykorzystuje się bezpieczniki i wyłączniki instalacyjne. Niebezpieczeństwo porażenia prądem elektrycznym Porażenie prądem to fizjologiczna reakcja lub obrażenie spowodowane przepływem zewnętrznego prądu elektrycznego przez ciało. Wpływ porażenia prądem elektrycznym jest negatywny lub pozytywny. Gdy prąd o natężeniu powyżej 300 ⁢⁢ mA przepływa przez serce, może być śmiertelny. Zwykle do śmierci prowadzi migotanie komór serca – bardzo nieregularne skurcze wynikające z porażenia. Z drugiej strony ofiara ataku serca, u której występuje migotanie, może zostać uratowana przez porażenie prądem z defibrylatora. Skutki niepożądanego porażenia prądem mają różną skalę: nieznaczne doznanie w punkcie styku, ból, paraliż mięśni (utrata kontroli nad normalnym funkcjonowaniem mięśni występująca często jako niekontrolowany skurcz mięśni), trudności w oddychaniu, migotanie serca, a nawet śmierć. Paraliż mięśni może spowodować, że ofiara nie będzie w stanie oderwać się od źródła prądu. Głównymi czynnikami, od których zależy nasilenie objawów porażenia elektrycznego, są: Natężenie prądu I . Ścieżka przepływu prądu. Czas trwania przepływu prądu. Częstotliwość f płynącego prądu ( f = 0 ⁢ Hz dla obwodów DC). Ze względu na dużą zawartość wody nasze ciała są stosunkowo dobrymi przewodnikami elektrycznymi. Niebezpieczeństwo występuje, gdy ciało pozostaje w kontakcie ze źródłem napięcia i jest jednocześnie uziemione. Termin „uziemione” określa możliwość odprowadzenia ładunków do dużego ich odbiornika, na przykład ziemi (stąd nazwa). Gdy istnieje bezpośrednia droga do niej, duże prądy będą przepływać przez części ciała o najmniejszym oporze do miejsca uziemienia (kontaktu z ziemią). Środkiem ostrożności stosowanym w wielu zawodach jest noszenie izolowanych butów. Ze względu na duży opór zapobiegają one przepływowi elektronów przez stopy do ziemi. Ilekroć pracujemy z narzędziami wymagającymi dużej mocy lub jakimkolwiek obwodem elektrycznym, musimy się upewnić, że nie stanowimy drogi dla ewentualnego przepływu prądu (zwłaszcza przez serce). Typowym środkiem ostrożności jest praca jedną ręką, zmniejszająca niebezpieczeństwo przepływu prądu przez serce. Prądy o bardzo małym natężeniu nieszkodliwie i nieodczuwalnie przepływają przez ciało. Zdarza się to regularnie bez naszej wiedzy. Próg odczuwania prądu wynosi tylko 1 ⁢⁢ mA , a choć nieprzyjemne, porażenia prądem o natężeniu poniżej 5 ⁢⁢ mA są najwyraźniej nieszkodliwe. Wiele reguł bezpieczeństwa przyjmuje 5 ⁢⁢ mA jako dopuszczalną wartość przepływającego prądu. Przy natężeniu prądu między 5 ⁢⁢ mA a 30 ⁢⁢ mA i wyższych prąd może stymulować trwałe skurcze mięśni, podobnie jak regularne impulsy nerwowe ( ). Bardzo duże prądy (o natężeniu powyżej 300 ⁢⁢ mA ) powodują, że serce i przepona ulegają skurczowi na czas przepływu. Zarówno serce, jak i oddech się zatrzymują. Do normy powracają zwykle, gdy porażenie ustaje. Prąd elektryczny może powodować skurcze mięśni o różnym działaniu. (a) Ofiara jest odrzucana do tyłu przez mimowolne skurcze mięśni, które prostują nogi i tors; (b) ofiara nie może puścić przewodu, który spowodował skurcz wszystkich mięśni dłoni. Te, które zginają palce, są silniejsze od tych, które palce prostują. Natężenie prądu to główny czynnik determinujący dotkliwość porażenia prądem. Większe napięcie jest bardziej niebezpieczne, ale ponieważ I = U ∕ R , dotkliwość działania prądu zależy od kombinacji napięcia i oporu. Na przykład osoba z suchą skórą ma oporność około 250 ⁢⁢ kΩ . Jeśli wejdzie w kontakt ze źródłem AC 230 ⁢⁢ V , to prąd o natężeniu I = 230 ⁢⁢ V 250 ⁢⁢ kΩ = 0,92 ⁢⁢ mA przepływa przez nią nieodczuwalnie. Ta sama osoba, ale z wilgotną skórą, może mieć oporność 20 ⁢⁢ kΩ , a te same 230 ⁢⁢ V wytwarza prąd o natężeniu 11,5 ⁢ mA , czyli powyżej dopuszczalnego progu, który może być niebezpieczny. Bezpieczeństwo elektryczne: systemy i urządzenia (a) przedstawia schemat prostego obwodu prądu przemiennego (AC) bez funkcji bezpieczeństwa. W praktyce w inny sposób rozdziela się zasilanie. Nowoczesne gospodarstwa domowe i instalacje przemysłowe wymagają systemu trójprzewodowego (ang. three-wire system ), pokazanego schematycznie w części (b), na który składają się trzy izolowane druty: fazowy (gorący), neutralny i ochronny (uziemienie). Instalacja elektryczna ma też kilka funkcji bezpieczeństwa. Pierwszą z nich jest poznany wcześniej wyłącznik instalacyjny (ang. circuit breaker ), nazywany też bezpiecznikiem (ang. fuse ), zapobiegający przeciążeniu termicznemu. Drugą jest obudowa ochronna wokół urządzenia, taka jak w tosterze czy lodówce. Funkcja zabezpieczająca obudowy polega na uniemożliwieniu użytkownikowi dotknięcia odsłoniętych przewodów i kontaktu z obwodem elektrycznym, co pomaga zapobiec porażeniu. (a) Schemat prostego obwodu AC ze źródłem napięcia i jednym urządzeniem reprezentowanym przez opór R R . W tym obwodzie nie ma żadnych funkcji bezpieczeństwa. (b) System trójprzewodowy uziemia za pomocą tzw. przewodu neutralnego (tj. łączy z ziemią) źródło zasilania oraz użytkownika, zapewniając im potencjał zerowy oraz alternatywną drogę powrotną dla prądu płynącego przez ziemię. Obudowa urządzenia jest również uziemiona do potencjału zerowego. Wyłącznik instalacyjny lub bezpiecznik chroni przed przeciążeniem termicznym i jest połączony szeregowo z fazowym (gorącym) przewodem. Trzy połączenia z ziemią zaznaczono na (b). Przypomnijmy, że uziemienie jest ścieżką o małej rezystancji, bezpośrednio połączoną z ziemią. Dwa połączenia uziemiające na przewodzie neutralnym wymuszają, aby miał on zerowy potencjał w stosunku do ziemi, stąd jego nazwa. Przewód neutralny to ścieżka powrotna dla prądu, aby ten mógł zamknąć obwód. Ponadto dwa punkty uziemienia zapewniają alternatywną ścieżkę przez ziemię (która jest dobrym przewodnikiem), aby także zamknąć obwód. Złącze uziemiające bliższe źródła zasilania może być fizycznie umiejscowione w elektrowni, podczas gdy drugie znajduje się u użytkownika. Trzecie uziemienie jest podłączone do obudowy urządzenia poprzez żółto-zielony przewód uziemienia, zapewniając zerowy potencjał obudowy. Przewód fazowy (lub gorący) dostarcza napięcie i prąd niezbędne do działania urządzenia. przedstawia bardziej obrazową wersję sposobu podłączenia systemu trójprzewodowego za pomocą trójpunktowej wtyczki urządzenia. Standardowa wtyczka trójpunktowa (dwa bolce i gniazdo dla bolca uziemienia montowanego w gniazdku), którą można podłączyć tylko w jeden sposób, aby zapewnić prawidłowe funkcjonowanie układu trójprzewodowego. W celu identyfikacji przewodów tworzywo sztuczne, z którego wykonano ich izolację, jest kodowane określonym kolorem, ale kody te są różne w różnych krajach. Istotne jest, aby określić kod koloru w danym regionie. Zgodnie z polskimi normami: izolacja przewodu fazowego ma zwykle kolor czarny lub brązowy, przewód neutralny ma izolację koloru jasnoniebieskiego, a przewód ochronny (uziemienie) ma izolację żółto-zieloną. Specjalnie dla osób, które nie rozpoznają kolorów, powłoki izolacyjne czasem mają także oznaczenia paskowe. Uziemienie obudowy rozwiązuje więcej problemów. Najczęstszy z nich to zużycie (przetarcie) izolacji na przewodzie gorącym. Odsłonięty przewód umożliwia kontakt z obudową, jak na . Brak uziemienia może doprowadzić do poważnego porażenia elektrycznego. Jest to szczególnie niebezpieczne w kuchni, gdzie dobre połączenie z ziemią jest możliwe, np. przez rozlaną na podłodze wodę lub poprzez instalację wodną. Przy podłączonym uziemieniu wyłącznik instalacyjny zadziała, przerywając obwód, choć może to spowodować uszkodzenie urządzenia. Zużyta izolacja umożliwia kontakt przewodu gorącego z metalową obudową urządzenia. (a) Przerwane połączenie z ziemią może spowodować poważne obrażenia osoby porażonej. Urządzenie zaś może działać normalnie. (b) Przy prawidłowym uziemieniu zadziała wyłącznik, co może doprowadzić do uszkodzenia urządzenia. Wyłącznik różnicowoprądowy (ang. residual current circuit breaker – RCCB) jest urządzeniem zabezpieczającym, które można znaleźć we współczesnych instalacjach, zwłaszcza w obwodach zasilających kuchnię i łazienkę. Działa on na zasadzie indukcji elektromagnetycznej. Porównuje natężenia prądów w fazowych i neutralnych przewodach. Gdy nie są one równe, co występuje prawie zawsze, ponieważ natężenie prądu w przewodzie neutralnym jest mniejsze niż w fazowym, wtedy prąd, nazywany prądem upływu, powraca do źródła napięcia inną ścieżką niż przez przewód neutralny. Ta inna droga przepływu prądu stanowi zagrożenie. Wyłącznik różnicowoprądowy zazwyczaj przerywa obwód, jeśli natężenie prądu upływu przekracza 5 ⁢⁢ mA – maksymalną akceptowalną wartość natężenia prądu, która nie powoduje obrażeń. Nawet jeśli prąd upływu jest bezpiecznie odprowadzany do ziemi poprzez nieuszkodzony przewód uziemienia, to RCCB zadziała, co zmusi użytkownika do naprawy usterki. Podsumowanie Dwa rodzaje zagrożeń elektrycznych to: zagrożenie termiczne (wynikające z nadmiernego wydzielania energii) i porażenie (gdy prąd przepływa przez osobę). Systemy i urządzenia zabezpieczenia elektrycznego przeciwdziałają obu tym zagrożeniom. Nasilenie objawów porażenia zależy od: natężenia prądu, ścieżki jego przepływu, czasu trwania porażenia i częstotliwości prądu zmiennego. Wyłączniki i bezpieczniki przerywają przepływ prądu o zbyt dużym natężeniu, aby zapobiec zagrożeniom termicznym. Stosowanie kabli trójprzewodowych (fazowy – gorący, neutralny i ochronny – uziemiający) oraz uziemianie obudów urządzeń chroni przez zagrożeniem termicznym i porażeniem. Wyłącznik różnicowoprądowy (RCCB) rozłącza obwód po wykryciu, że prąd elektryczny z niego wypływający nie jest równy prądowi wpływającemu, zapobiegając w ten sposób porażeniu prądem. Najważniejsze wzory Napięcie na biegunach pojedynczego źródła napięcia U bat = ε − I ⁢ r Opór równoważny obwodu szeregowego R rw = R 1 + R 2 + R 3 + … + R N − 1 + R N = ∑ i = 1 N R i Opór równoważny obwodu równoległego R rw = 1 R 1 + 1 R 2 + 1 R 3 + … + 1 R N − 1 + 1 R N − 1 = ∑ i = 1 N 1 R i − 1 Pierwsze prawo Kirchhoffa ∑ I wpływające = ∑ I wypływające Drugie prawo Kirchhoffa ∑ U = 0 Napięcie na biegunach N źródeł napięcia połączonych szeregowo U bat = ∑ i = 1 N ε i − I ⁢ ∑ i = 1 N r i = ∑ i = 1 N ε i − I ⁢ r rw Napięcie na biegunach N źródeł napięcia połączonych równolegle U bat = ε − I ⁢ ∑ i = 1 N 1 r i − 1 = ε − I ⁢ r rw Ładunek na kondensatorze podczas ładowania q ⁡ t = C ⁢ ε ⁢ 1 − e − t R ⁢ C = Q ⁢ 1 − e − t τ Pojemnościowa stała czasowa τ = R ⁢ C Natężenie prądu podczas ładowania kondensatora i ⁡ t = I 0 ⁢ e − t ∕ τ Ładunek na kondensatorze podczas rozładowywania q ⁡ t = Q ⁢ e − t ∕ τ Natężenie prądu podczas rozładowywania kondensatora i ⁡ t = − Q R ⁢ C ⁢ e − t ∕ τ Pytania Dlaczego zwarcie nie jest niezbędne do powstania zagrożenia porażeniem? Nie zaleca się dotykania przełączników elektrycznych mokrymi rękami – najpierw powinny one zostać wysuszone. Nie zaleca się również gaszenia pożaru urządzeń elektrycznych wodą. Dlaczego? Nie tylko woda może przedostać się do wnętrza przełącznika i spowodować porażenie prądem, ale również opór ciała jest mniejszy, kiedy jest ono mokre. Zadania Jak duża moc energii elektrycznej ulega rozproszeniu w czasie zwarcia obwodu AC zasilanego napięciem 230 ⁢⁢ V , gdy zwarcie nastąpiło przez opór o wartości 0,25 ⁢⁢ Ω ? Prąd o jakim natężeniu wtedy popłynie? Źródło o jakim napięciu spowoduje moc rozproszonej energii elektrycznej o wartości 1,44 ⁢⁢ kW podczas zwarcia poprzez opór o wartości 0,1 ⁢⁢ Ω ? 12 ⁢⁢ V . Oblicz natężenie prądu, który przepłynie przez osobę, i określ prawdopodobny wpływ porażenia na nią, jeśli dotyka źródła AC 230 ⁢⁢ V , stojąc na gumowej macie, gdy całkowity opór wynosi 300 ⁢⁢ kΩ ; stojąc bosymi stopami na mokrej trawie, gdy jej opór wynosi tylko 4 ⁢⁢ kΩ . Podczas kąpieli osoba dotyka metalowej obudowy radia. Ścieżka przepływu prądu przez osobę do odpływu i uziemienia ma opór 4 ⁢⁢ kΩ . Jakie jest najmniejsze napięcie na obudowie radia mogące spowodować migotanie komór serca? 400 ⁢⁢ V . Człowiek niemądrze stara się wyciągnąć przypaloną kromkę chleba z tostera metalowym nożem do masła i styka się z napięciem 230 ⁢⁢ V AC. Nawet tego nie czuje, bo na szczęście ma na nogach buty na gumowych podeszwach. Jaka jest minimalna oporność ścieżki przepływu prądu przez tego człowieka? Podczas operacji prąd o natężeniu zaledwie 20 ⁢⁢ µA płynący bezpośrednio do serca może spowodować migotanie komór. Ile wynosi najmniejsze napięcie, które stwarza powyższe niebezpieczeństwo, jeśli opór odsłoniętego serca wynosi 300 ⁢⁢ Ω ? Czy odpowiedź sugeruje, że potrzebne są specjalne zabezpieczenia elektryczne? a. 6 ⁢ mV ; b. Nie ma konieczności podjęcia dodatkowych środków ostrożności związanych z napięciem pochodzącym od muru. Jednakże możliwe jest generowanie napięć o porównywalnej wartości i pochodzących od ładunków statycznych zgromadzonych np. na rękawiczkach, więc pewne środki ostrożności są niezbędne. Ile wynosi oporność zwarcia, które uwalnia moc 96,8 ⁢⁢ kW w obwodzie zasilanym źródłem AC o napięciu 230 ⁢⁢ V ? Jaka byłaby średnia moc, gdyby napięcie AC wynosiło 120 ⁢⁢ V ? W celu przywrócenia normalnego funkcjonowania serca defibrylator przepuszcza prąd o natężeniu 10 ⁢⁢ A przez tors pacjenta w czasie 5 ⁢⁢ ms . Jaki ładunek przeszedł przez serce? Jakie napięcie zostało zastosowane, jeśli koszt energetyczny defibrylacji wyniósł 500 ⁢⁢ J ? Ile wynosił opór ścieżki, którą płynął prąd? O ile wzrosła temperatura w 8 ⁢⁢ kg tkanek objętych działaniem defibrylatora? a. 5 ⋅ 10 − 2 ⁢⁢ C ; b. 10 ⁢⁢ kV ; c. 1 ⁢⁢ kΩ ; d. 1,79 ⋅ 10 − 2 ⁢⁢ ° C . Zwarcie w przewodzie zasilającym urządzenie napięciem 230 ⁢⁢ V ma opór 0,5 ⁢⁢ Ω . Oblicz wzrost temperatury otaczających punkt zwarcia materiałów o masie 2 ⁢⁢ g , przyjmując, że ich ciepło właściwe wynosi 0,2 ⁢⁢ cal ⁢⁢ g − 1 ⁢⁢ ° C − 1 , a wyłącznik bezpieczeństwa przerwał dopływ prądu po 0,5 ⁢⁢ s . Czy może to spowodować duże zniszczenia? Zadania dodatkowe Obwód zawiera baterię R20 (o napięciu na biegunach 1,5 ⁢⁢ V ), przełącznik, opornik 20 ⁢⁢ Ω i cztery kondensatory 20 ⁢⁢ mF połączone szeregowo. Jaka jest pojemność równoważna obwodu? Jaka jest stała czasowa RC? Po jakim czasie od zamknięcia przełącznika natężenie prądu zmniejszy się do 50 ⁢⁢ % wartości początkowej? a. C rw = 4 ⁢⁢ mF ; b. τ = 80 ⁢⁢ ms ; c. 55,45 ⁢⁢ ms . Obwód zawiera baterię R20 (o napięciu na biegunach 1,5 ⁢⁢ V ), przełącznik, opornik 20 ⁢⁢ Ω i trzy kondensatory 20 ⁢⁢ mF . Kondensatory są połączone ze sobą równolegle i wszystkie są połączone szeregowo z przełącznikiem, opornikiem i baterią. Ile wynosi pojemność równoważna obwodu? Jaka jest stała czasowa RC? O ile wcześniej przełącznik musi zostać zamknięty, zanim natężenie prądu zmniejszy się do 50 ⁢⁢ % wartości początkowej? Rozważ obwód przedstawiony poniżej. Źródło napięcia ma SEM równą ε = 30 ⁢⁢ V i wewnętrzny opór r = 1 ⁢⁢ Ω . Oblicz równoważny opór obwodu i natężenie prądu wypływającego ze źródła napięcia; Wyznacz natężenie prądu płynącego przez każdy z oporników; Oblicz spadek potencjału na każdym oporniku; Określ szybkość rozpraszania energii przez każdy opornik; Wyznacz całkowitą moc dostarczoną przez źródło napięcia. a. R rw = 20 ⁢⁢ Ω ; b. I r = 1,5 ⁢⁢ A , I 1 = 1 ⁢⁢ A , I 2 = 0,5 ⁢⁢ A , I 3 = 0,75 ⁢⁢ A , I 4 = 0,75 ⁢⁢ A , I 5 = 1,5 ⁢⁢ A ; c. U r = 1,5 ⁢⁢ V , U 1 = 9 ⁢⁢ V , U 2 = 9 ⁢⁢ V , U 3 = 7,5 ⁢⁢ V , U 4 = 7,5 ⁢⁢ V , U 5 = 12 ⁢⁢ V ; d. P r = 2,25 ⁢⁢ W , P 1 = 9 ⁢⁢ W , P 2 = 4,5 ⁢⁢ W , P 3 = 5,625 ⁢⁢ W , P 4 = 5,625 ⁢⁢ W , P 5 = 18 ⁢⁢ W ; e. P = 45 ⁢⁢ W . Kondensator domowej roboty składa się z 2 arkuszy folii aluminiowej o powierzchni 2 ⁢⁢ m 2 , oddzielonych papierem o grubości 0,05 ⁢⁢ mm o tej samej powierzchni i stałej dielektrycznej 3,7 . Kondensator ten połączono szeregowo z opornikiem 100 ⁢⁢ Ω , przełącznikiem i źródłem napięcia 6 ⁢⁢ V . Ile wynosi stała czasowa obwodu RC? Jakie jest początkowe natężenie prądu w obwodzie, gdy przełącznik jest zamknięty? Ile czasu trzeba, żeby natężenie prądu zmniejszyło się do jednej trzeciej swojej wartości początkowej? Z grafitowego ołówka o długości 5 ⁢⁢ cm i średnicy wkładu 0,05 ⁢⁢ mm student buduje opornik. Opór właściwy grafitu wynosi ρ = 1,38 ⋅ 10 − 5 ⁢⁢ Ω ⁢⁢ m − 1 . Opornik ten student połączył szeregowo z przełącznikiem, kondensatorem o pojemności 10 ⁢⁢ mF i źródłem napięcia 0,5 ⁢⁢ V . Jaka jest stała czasowa obwodu RC? Ile wynosi spadek potencjału na ołówku sekundę po zamknięciu przełącznika? a. τ = − 1,38 ⋅ 10 − 5 ⁢⁢ Ω ⁢⁢ m − 1 ⋅ 5 ⋅ 10 − 2 ⁢⁢ m ∕ 3,14 ⋅ 0,5 ⋅ 10 − 3 ∕ 2 2 ⋅ 10 ⋅ 10 − 3 ⁢⁢ F = 3,52 ⁢⁢ s ; b. U = 0,17 ⁢⁢ A ⋅ e − 1 ⁢⁢ s ∕ 3,52 ⁢⁢ s ⋅ 351,59 ⁢⁢ Ω = 4,55 ⁢⁢ V . Przedstawiony poniżej prosty obwód znany jest jako dzielnik napięcia. Symbol składający się z trzech poziomych linii reprezentuje uziemienie obwodu i może być zdefiniowany jako punkt o zerowym potencjale. Dzielnik napięcia powszechnie stosuje się w obwodach. Wystarczy pojedyncze źródło napięcia, aby zapewnić redukcję napięcia na oporniku obciążenia R L , jak pokazano w drugiej części rysunku. Jakie jest napięcie wyjściowe U wyj obwodu (a), gdy znane są R 1 , R 2 i U wej ? Jakie jest napięcie wyjściowe U wyj obwodu (b), gdy znane są R 1 , R 2 , R L i U wej ? Trzy oporniki o oporze 300 ⁢⁢ Ω każdy połączone są szeregowo z baterią AAA o pojemności 3 ⁢⁢ A ⁢⁢ h (amperogodzin). Jak długo bateria może zasilać oporniki? Jak długo wytrzyma bateria, jeśli oporniki połączysz równolegle? a. t = 3 ⁢⁢ A ⁢⁢ h ∕ 1,5 ⁢⁢ V ∕ 900 ⁢⁢ Ω = 1800 ⁢⁢ h ; b. t = 3 ⁢⁢ A ⁢⁢ h ∕ 1,5 ⁢⁢ V ∕ 100 ⁢⁢ Ω = 200 ⁢⁢ h . Rozważ obwód, który składa się z rzeczywistej baterii o SEM równej ε i oporze wewnętrznym r , podłączonej do opornika o zmiennej rezystancji R . Jak powinno się dopasować opór opornika, aby napięcie na biegunach baterii było równe jej SEM? Jaki powinien być opór opornika, aby uzyskać z baterii prąd o maksymalnym natężeniu? Jaki powinien być opór opornika, aby uzyskać maksymalną moc baterii? Rozważ obwód pokazany poniżej. Jaką energię może przechowywać przez bardzo długi czas każdy kondensator po zamknięciu przełącznika? E p ⁢ 1 = 1 ∕ 2 ⋅ C 1 ⁢ U 1 2 = 80 ⁢⁢ mJ , E p ⁢ 2 = 1 ∕ 2 ⋅ C 2 ⁢ U 2 2 = 37,6 ⁢⁢ mJ . Rozważ obwód składający się z akumulatora o SEM równej ε i oporze wewnętrznym r , połączonego szeregowo z opornikiem R i kondensatorem C . Udowodnij, że całkowita energia dostarczana przez akumulator podczas ładowania wynosi ε 2 ⁢ C . Rozważ obwód pokazany poniżej. Dane są napięcia między biegunami źródeł napięcia. Oblicz równoważny opór obwodu i natężenie prądu wypływającego z baterii; Oblicz natężenie prądu płynącego przez każdy opornik; Oblicz spadek potencjału na każdym oporniku; Oblicz moc energii elektrycznej rozpraszanej przez każdy opornik; Oblicz całkowitą moc dostarczoną przez źródła napięcia. a. R rw = 24 ⁢⁢ Ω ; b. I 1 = 1 ⁢⁢ A , I 2 = 0,67 ⁢⁢ A , I 3 = 0,33 ⁢⁢ A , I 4 = 1 ⁢⁢ A ; c. U 1 = 14 ⁢⁢ V , U 2 = 6 ⁢⁢ V , U 3 = 6 ⁢⁢ V , U 4 = 4 ⁢⁢ V ; d. P 1 = 14 ⁢⁢ W , P 2 = 4,04 ⁢⁢ W , P 3 = 1,96 ⁢⁢ W , P 4 = 4 ⁢⁢ W ; e. P = 24 ⁢⁢ W . Rozważ obwód pokazany poniżej. Jakie jest napięcie na biegunach źródła napięcia? Ile wynosi spadek potencjału na oporniku R 2 ? Rozważ obwód pokazany poniżej. Oblicz równoważny opór i natężenie prądu płynącego ze źródła napięcia, gdy przełącznik S 1 jest otwarty; Oblicz równoważny opór i natężenie prądu płynącego ze źródła napięcia, gdy przełącznik S 1 jest zamknięty. a. R rw = 12 ⁢⁢ Ω , I = 1 ⁢⁢ A ; b. R rw = 12 ⁢⁢ Ω , I = 1 ⁢⁢ A . Dwa oporniki, w tym jeden o oporze 145 ⁢⁢ Ω , połączono równolegle w celu uzyskania całkowitego oporu 150 ⁢⁢ Ω . Ile wynosi wartość drugiego oporu? Co jest niemożliwe w tym wyniku? Jakie założenia są niewłaściwe lub niespójne? Dwa oporniki, w tym jeden o oporze 900 ⁢⁢ kΩ , połączono szeregowo w celu uzyskania całkowitego oporu 0,5 ⁢⁢ MΩ . Ile wynosi wartość drugiego oporu? Co jest niemożliwe w tym wyniku? Jakie założenia są niewłaściwe lub niespójne? a. − 400 ⁢⁢ kΩ ; b. Opór nie może być ujemny; c. Założenie, że R rw < R 1 , jest niewłaściwe. Równoważny opór połączonych szeregowo oporników jest zawsze większy od poszczególnych oporów. Zastosuj pierwsze prawo Kirchhoffa w punkcie A schematu pokazanego poniżej. Zastosuj drugie prawo Kirchhoffa do oczka A ⁢ K ⁢ L ⁢ E ⁢ D ⁢ C ⁢ B ⁢ A ze schematu powyżej. ε 2 − I 2 ⁢ r 2 + I 2 ⁢ R 2 + I 1 ⁢ R 5 + I 1 ⁢ r 1 − ε 1 + I 1 ⁢ R 1 = 0 . Wyznacz natężenia prądów w obwodzie z poprzedniego zadania. Pokazuj wyraźnie, jak postępujesz zgodnie ze schematem opisanym w Strategii rozwiązywania problemów: oporniki połączone szeregowo i równolegle . Rozważ obwód przedstawiony poniżej. Oblicz natężenie prądu płynącego przez każdy opornik; Sprawdź poprawność wyniku, analizując moc w obwodzie. a. I = 1,17 ⁢⁢ A ; b. P rozproszona = 23,4 ⁢⁢ W , P dostarczona = 23,4 ⁢⁢ W P_{\\text{dostarczona}} = \\SI{23,4}{\\watt} . Migająca lampka w kolczyku działa w oparciu o układ RC i rozładowywanie kondensatora przez opornik. Efektywny czas błysku wynosi 0,25 ⁢⁢ s , i wytwarza się średnio 0,5 ⁢⁢ W , a średnie napięcie zasilania wynosi 3 ⁢⁢ V . Energia o jakiej wartości się wydziela? Jaki ładunek przepływa przez lampkę? Oblicz pojemność kondensatora; Ile wynosi oporność lampki? (Ponieważ podane są średnie wartości niektórych wielkości, kształt profilu impulsów nie jest potrzebny). Kondensator o pojemności 160 ⁢⁢ µF naładowany do 450 ⁢⁢ V jest rozładowywany przez opornik o oporze 31,2 ⁢⁢ kΩ . Oblicz pojemnościową stałą czasową obwodu RC; Oblicz wzrost temperatury opornika, przyjmując, że jego masa wynosi 2,5 ⁢⁢ g , a ciepło właściwe wynosi 1,67 ⁢⁢ kJ ∕ kg ⁢⁢ ° C (zauważ, że większość energii cieplnej wytwarza się w krótkim czasie rozładowania); Oblicz uaktualnioną wartość oporu, zakładając, że opornik wykonano z czystego węgla; Czy ta zmiana oporu wydaje się znacząca? a. 4,99 ⁢⁢ s ; b. 3,87 ⁢⁢ ° C ; c. 3,11 ⋅ 10 4 ⁢⁢ Ω ; d. Nie, zmiana oporu nie wydaje się znacząca. Prawdopodobnie będzie niezauważalna. Zadania trudniejsze Niektóre lampy błyskowe zbudowane są z lampy wyładowczej, wymagającej wysokiego napięcia. Otrzymują wysokie napięcie poprzez ładowanie kondensatorów podłączonych równolegle, a następnie wewnętrznie zmieniają połączenie kondensatorów na szeregowe. Rozważ obwód, który wykorzystuje cztery baterie AAA połączone szeregowo do naładowania sześciu kondensatorów o pojemności 10 ⁢⁢ mF przez równoważny opór o wartości 100 ⁢⁢ Ω . Połączenia są następnie przełączane wewnętrznie, aby kondensatory były połączone szeregowo. Kondensatory rozładowują się przez lampę o oporze 100 ⁢⁢ Ω . Ile wynosi stała czasowa obwodu RC i początkowe natężenie prądu z baterii, gdy są one połączone równolegle? Jak długo trwa ładowanie kondensatorów do 90 ⁢⁢ % wartości napięcia na biegunach baterii? Jaka jest stała czasowa obwodu RC i początkowe natężenie prądu dla kondensatorów połączonych szeregowo przy założeniu, że rozładowują się przy 90 ⁢⁢ % pełnego naładowania? Ile czasu trzeba, aby natężenie prądu spadło do 10 ⁢⁢ % wartości początkowej? Rozważ obwód pokazany poniżej. Każda bateria ma SEM równą 1,5 ⁢⁢ V i opór wewnętrzny 1 ⁢⁢ Ω . Prąd o jakim natężeniu płynie przez zewnętrzny opornik o oporze 10 ⁢⁢ Ω ? Ile wynosi napięcie między biegunami każdej z baterii? a. 0,273 ⁢⁢ A ; b. U bat = 1,36 ⁢⁢ V . Mierniki analogowe wykorzystują galwanometr, który zasadniczo składa się z cewki wykonanej z drutu o małej rezystancji, wskaźnika i przymocowanej skali. Gdy prąd przepływa przez cewkę, wskaźnik się obraca; wychylenie wskaźnika jest proporcjonalne do natężenia prądu przepływającego przez cewkę. Jeśli opornik umieścimy równolegle do galwanometru, to można użyć go do budowy amperomierza. Rozważ galwanometr, który ma opór 25 ⁢⁢ Ω i przez który może płynąć prąd o maksymalnym natężeniu 50 ⁢⁢ µA . Galwanometr ma być użyty do budowy amperomierza do pomiaru prądu o natężeniu 10 ⁢⁢ A , jak pokazano poniżej. Pamiętaj, że amperomierz podłączamy szeregowo w obwodzie, w którym mierzymy natężenie prądu, więc całe 10 ⁢⁢ A musi przepływać przez miernik. Prąd o jakim natężeniu płynie przez opornik R P podłączony równolegle w mierniku? Ile wynosi napięcie na oporniku podłączonym równolegle? Jaki jest opór opornika równoległego? Mierniki analogowe wykorzystują galwanometr, który zasadniczo składa się z cewki wykonanej z drutu o małej rezystancji, wskaźnika i przymocowanej skali. Gdy prąd przepływa przez cewkę, wskaźnik się obraca; wychylenie wskaźnika jest proporcjonalne do natężenia prądu przepływającego przez cewkę. Jeśli opornik umieścimy szeregowo z galwanometrem, to można użyć go do budowy woltomierza. Rozważ galwanometr, który ma opór 25 ⁢⁢ Ω i przez który może płynąć prąd o maksymalnym natężeniu 50 ⁢⁢ µA . Galwanometr ma być użyty do budowy woltomierza do pomiaru napięcia 10 ⁢⁢ V , jak pokazano poniżej. Pamiętaj, że woltomierz podłączamy równolegle do elementu, który nas interesuje, więc miernik musi mieć dużą rezystancję lub będzie modyfikował prąd płynący przez ten element. Ile wynosi spadek potencjału na połączonym szeregowo oporniku R S ? Jaki jest opór opornika szeregowego? a. U S = U − I M ⁢ R M = 9,998 75 ⁢⁢ V ; b. R S = U S ∕ I M = 199,975 ⁢⁢ kΩ . Rozważ poniższy obwód. Oblicz I 1 , U 1 , I 2 i U 3 . Rozważ poniższy układ. Jaka jest pojemnościowa stała czasowa RC obwodu? Ile wynosi początkowe natężenie prądu w obwodzie, gdy przełącznik jest zamknięty? Po jakim czasie od zamknięcia przełącznika natężenie prądu spadnie o połowę w stosunku do swej wartości początkowej? a. τ = 3800 ⁢⁢ s ; b. 1,26 ⁢⁢ A ; c. 2633,96 ⁢⁢ s . Rozważ poniższy obwód. Ile wynosi początkowe natężenie prądu płynącego przez opornik R 2 , gdy przełącznik jest zamknięty? Prąd o jakim natężeniu płynie przez opornik R 2 długo po zamknięciu przełącznika, gdy kondensator jest całkowicie naładowany? Co się stanie, kiedy przełącznik zostanie otwarty po tym, jak był zamknięty przez jakiś czas? Jeśli przełącznik jest zamknięty przez okres wystarczający do pełnego naładowania kondensatora, a następnie zostanie otwarty, to po jakim czasie natężenie prądu płynącego przez opornik R 1 osiągnie połowę swej początkowej wartości? Rozważ nieskończenie długi łańcuch oporników pokazany poniżej. Ile wynosi opór (równoważny) między zaciskami A i B ? Wskazówka: Uzasadnij, że w przypadku baterii złożonej z nieskończonej liczby oporników, rozpatrywany tu opór zastępczy można wyznaczać ze wzoru R rw = 2 ⁢ R + 1 ∕ R + 1 ∕ R rw -1 R_{\\text{rw}} = 2R + (1/R + 1/R_{\\text{rw}})^{-1} . Patrz pełne rozwiązanie podobnego zadania . R rw = 1 + 3 ⁢ R . Rozważ poniższy obwód. Kondensator ma pojemność 10 ⁢⁢ mF . Przełącznik jest zamknięty przez długi czas, więc kondensator jest całkowicie naładowany. Ile wynosi natężenie prądu płynącego przez każdy opornik długo po zamknięciu przełącznika? Jakie jest napięcie na każdym oporniku długo po zamknięciu przełącznika? Ile wynosi napięcie na kondensatorze długo po zamknięciu przełącznika? Jaki jest ładunek na kondensatorze długo po zamknięciu przełącznika? Przełącznik zostaje otwarty. Kondensator rozładowuje się przez oporniki. Po jakim czasie natężenie prądu zmaleje do jednej piątej wartości początkowej? Grzałkę składającą się z nawiniętego drutu podłączaną do źródła o napięciu 230 ⁢⁢ V umieszczono w naczyniu z wodą. Urządzenie może zagotować jeden kubek wody ( 250 ⁢ ml \\SI{250}{\\milli\\litre} ) o temperaturze 20 ⁢⁢ ° C w 180 ⁢⁢ s . Kupujesz jedną do użytku w swoim pokoju w akademiku, ale martwisz się, że przeciążysz obwód i zadziała wyłącznik instalacyjny 10 ⁢⁢ A , 230 ⁢⁢ V , w który wyposażono instalację elektryczną w twoim pokoju. Masz w nim jeszcze cztery lampy żarowe 100 ⁢⁢ W i grzejnik o mocy 1600 ⁢⁢ W . Jaka jest moc znamionowa grzałki? Czy wyłącznik instalacyjny zadziała, gdy wszystkie urządzenia będą włączone? Czy po zamianie wszystkich żarówek na wykonane w technologii LED o mocy 18 ⁢⁢ W podłączenie wszystkich urządzeń spowoduje zadziałanie wyłącznika instalacyjnego? a. P grzałki = 1 ⁢ filiżanka ⋅ 0,000 25 ⁢⁢ m 3 ∕ filiżanka ⋅ 1000 ⁢⁢ kg ∕ m 3 ⋅ 4186 ⁢⁢ J ∕ kg ⁢⁢ ° C ⋅ 100 ⁢⁢ ° C − 20 ⁢⁢ ° C ∕ 180 ⁢⁢ s ≈ 465 ⁢⁢ W P_{\\text{grzałki}} = \\SI{1}{\\fil} \\cdot \\SI{0,00025}{\\metre\\cubed\\per\\fil} \\cdot \\SI{1000}{\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} \\cdot \\SI{4186}{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\celsius} \\cdot (\\SI{100}{\\celsius} - \\SI{20}{\\celsius}) / \\SI{180}{\\second} \\approx \\SI{465}{\\watt} ; b. I = 465 ⁢⁢ W ∕ 230 ⁢⁢ V + 4 ⋅ 100 ⁢⁢ W ∕ 230 ⁢⁢ V + 1600 ⁢⁢ W ∕ 230 ⁢⁢ V = 10,72 ⁢⁢ A . Tak, wyłącznik bezpieczeństwa zadziała; c. I = 465 ⁢⁢ W ∕ 230 ⁢⁢ V + 4 ⋅ 18 ⁢⁢ W ∕ 230 ⁢⁢ V + 1600 ⁢⁢ W ∕ 230 ⁢⁢ V = 9,29 ⁢⁢ A . Nie, wyłącznik bezpieczeństwa nie zadziała. Oblicz opór, który należy połączyć szeregowo z galwanometrem o oporze 25 ⁢⁢ Ω i czułości 50 ⁢⁢ µA (takim samym jak omawiany w zadaniach powyżej), aby umożliwić jego użycie jako woltomierza z zakresem równym 3000 ⁢⁢ V . Dołącz schemat układu do rozwiązania. Oblicz opór, który należy połączyć równolegle z galwanometrem o oporze 60 ⁢⁢ Ω i czułości 1 ⁢⁢ mA (takim samym jak omawiany w zadaniach powyżej), aby umożliwić jego użycie jako amperomierza z zakresem równym 25 ⁢⁢ A . Dołącz schemat układu do rozwiązania. 2,4 ⋅ 10 − 3 ⁢⁢ Ω . porażenie prądem elektrycznym (ang. shock hazard ) zagrożenie/niebezpieczeństwo związane z przepływem prądu przez ciało człowieka porażenie termiczne (ang. thermal hazard ) zagrożenie/niebezpieczeństwo związane z przepływem prądu o wysokiej mocy, wywołującym niezamierzone efekty cieplne (np. topienie się elementów obwodu czy pożar) system trójprzewodowy (ang. three-wire system ) obecnie używany ze względów bezpieczeństwa system instalacji elektrycznej, w którym na przewód doprowadzający prąd elektryczny składają się trzy przewody (izolowane druty): fazowy (gorący), neutralny i ochronny (uziemienie)", "section": "Instalacja elektryczna w domu i bezpieczeństwo elektryczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Przemysłowy elektromagnes może unieść tysiące kilogramów stali. Źródło: modyfikacja pracy „BedfordAl”/Flickr W kilku poprzednich rozdziałach poznawaliśmy siły i pola elektryczne, których źródłem są ładunki statyczne. Owe pola mogą przemieszczać inne ładunki swobodne, np. wywołując prąd elektryczny w obwodzie; jednak siły i pola elektryczne pochodzą z rozkładu ładunków statycznych. W tym rozdziale przekonamy się, że poruszający się ładunek elektryczny generuje siłę i pole innego rodzaju. Te dodatkowe siły i pola składają się na to, co zwykle nazywamy magnetyzmem. Zanim gruntownie zbadamy naturę magnetyzmu, opiszemy, czym są i jak się zachowują pola magnetyczne. Po dokładniejszym zapoznaniu się ze zjawiskami magnetycznymi, wyjaśnimy ich pochodzenie na poziomie atomowym i cząsteczkowym oraz omówimy związek między magnetyzmem a elektrycznością. Relacje elektryczności i magnetyzmu są fascynujące z teoretycznego punktu widzenia, ale mają także ogromne praktyczne znaczenie, czego przykładem jest przemysłowy elektromagnes przedstawiony na .", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Odkrywanie magnetyzmu Magnetyzm, choć znany był od czasów antycznej Grecji, zawsze pozostawał nieco tajemniczy. Ludzkość poznawała właściwości magnetyczne stopniowo, przez wiele setek lat, zanim kilku fizyków XIX wieku połączyło magnetyzm z elektrycznością. W tym rozdziale opiszemy efekt ich prac, którym jest odkrycie podstawowych praw rządzących zjawiskami magnetyzmu. Krótka historia magnetyzmu Magnetyki powszechnie stosowane są w przedmiotach codziennego użytku, takich jak zabawki, wieszaki, windy, dzwonki do drzwi czy komputery. Badania nad magnetykami pokazują, że wszystkie posiadają dwa rodzaje biegunów, jeden nazywany północnym (N) i drugi nazywany południowym (S). Jednoimienne bieguny magnetyczne odpychają się wzajemnie, a różnoimienne przyciągają (np. jeden typu N, a drugi typu S), natomiast oba typy przyciągają nienamagnesowane kawałki żelaza. Wspomnijmy, że nie można wyizolować pojedynczych biegunów magnetycznych. Każdy wycinek magnetyka, obojętnie jak mały, jeżeli posiada biegun północny, musi także posiadać południowy. Odwiedź stronę z interaktywną prezentacją magnetycznych biegunów: południowego i północnego. Przykładem magnesu jest igła kompasu (ang. compass needle ). To cienka płytka magnetyka zamocowana pośrodku w taki sposób, że może swobodnie obracać się w płaszczyźnie poziomej. Ziemia sama działa jak wielki magnes i powoduje ustawienie się bieguna południowego igły w stronę geograficznego bieguna północnego ( ). Biegun północny kompasu jest przyciągany w kierunku ziemskiego geograficznego bieguna północnego, ponieważ pole magnetyczne wytwarzane w pobliżu geograficznego bieguna północnego jest faktycznie zwrócone na południe. Niejasność wynika z faktu, że nazwa geograficzna „biegun północny” weszła do użycia (niewłaściwie) na określenie bieguna magnetycznego, który znajduje się w pobliżu bieguna północnego. Zatem nazwa „ północny biegun magnetyczny ” (ang. north magnetic pole ) jest faktycznie błędna i powinna brzmieć południowy biegun magnetyczny (ang. south magnetic pole ). (Odnotujmy, że orientacja ziemskiego pola magnetycznego nie jest permanentna, ale zmienia się, „odwraca się”, w długich przedziałach czasowych. W końcu magnetyczny biegun północny Ziemi znajdzie się w pobliżu jej geograficznego bieguna południowego.) Biegun północny igły kompasu ustawia się w kierunku południowego bieguna magnetycznego, co pokazuje obecną orientację pola magnetycznego wnętrza Ziemi. Ustawia się także w kierunku ziemskiego geograficznego bieguna północnego, ponieważ znajduje się on w pobliżu magnetycznego bieguna południowego. W 1819 r. duński fizyk Hans Oersted (1777–1851) podczas wykładu przeprowadzał prezentację dla studentów i zauważył, że igła kompasu poruszała się, ilekroć prąd płynął w znajdującym się niedaleko kompasu przewodniku. Dalsze badania tego zjawiska upewniły Oersteda, że prąd elektryczny może w jakiś sposób wywoływać siłę magnetyczną. Ogłosił to odkrycie w 1820 roku na spotkaniu Francuskiej Akademii Nauk. Wkrótce po tym wydarzeniu badania Oersteda zostały powtórzone i rozwinięte przez innych naukowców. Wśród mających największy wkład w poznanie natury magnetyzmu byli Jean-Baptiste Biot (1774–1862) oraz Félix Savart (1791–1841) , którzy badali siły wywierane na magnetyki przez prąd elektryczny, André-Marie Ampère (1775–1836) , który studiował wzajemne oddziaływanie przewodników, przez które przepływa prąd elektryczny, François Arago (1786–1853) , który zauważył, że żelazo można namagnesować za pomocą prądu, oraz Humphry Davy (1778–1829) , który odkrył, że magnes działa siłą na przewodnik z prądem. 10 lat po odkryciu Oersteda Michael Faraday (1791–1867) zaobserwował, że względny ruch magnesu i metalowego drutu indukuje prąd w tym przewodniku. Ta obserwacja pokazała nie tylko, że prąd powoduje efekty magnetyczne, ale także, że magnes może wytwarzać prąd elektryczny. Zobaczymy dalej, że nazwiska Biot, Savart, Ampère oraz Faraday łączą się z fundamentalnymi właściwościami elektromagnetyzmu. Potwierdzenia z różnorodnych eksperymentów doprowadziły Ampère’a do stwierdzenia, że prąd elektryczny jest źródłem wszystkich zjawisk magnetycznych. Żeby wyjaśnić zjawisko trwałego namagnesowania zasugerował, że materia zawiera mikroskopijne pętle prądu, które ustawiają się w określony sposób, gdy materiał zostaje namagnesowany. Dzisiaj wiemy, że trwałe namagnesowanie jest faktycznie wytwarzane przez ustawienie obracających się elektronów (spinów elektronów), co jest sytuacją podobną do zaproponowanej przez Ampère’a. Ten model trwałych magnesów Ampère rozwijał niemal cały wiek przed tym, zanim zrozumiano atomową naturę materii (w pełni kwantowo-mechaniczne podejście do magnetycznych momentów spinowych przedstawimy w rozdziałach Mechanika kwantowa oraz Struktura atomowa ). Współczesne zastosowania magnetyzmu Obecnie magnetyzm odgrywa ważną rolę w naszym życiu. Jego zrozumienie przez fizyków umożliwiło rozwój technologii, które wpływają zarówno na jednostki, jak i na społeczeństwa. Elektroniczny tablet w twojej torebce lub plecaku nie mógłby powstać bez zastosowania magnetyzmu i elektryczności w małej skali ( ). Odkryto, że niewielkie zmiany pola magnetycznego w cienkiej warstwie żelaza lub chromu powodują znacznie silniejsze zmiany w oporze elektrycznym, co nazywamy gigantycznym magnetooporem (ang. giant magnetoresistance ). Informacja może być zapisywana magnetycznie w oparciu o zwrot wektora namagnesowania warstwy żelaza. Za odkrycie gigantycznego magnetooporu i jego zastosowania do zapisu cyfrowego w 2007 roku Nagrodą Nobla z fizyki uhonorowano Alberta Ferta (ur. 1938) z Francji i Petera Grünberga (ur. 1939) z Niemiec. Rozwój technologii, takiej jak zapis komputerowy, nie byłby możliwy bez głębokiego zrozumienia magnetyzmu. Źródło: Klaus Eifert Wszystkie silniki elektryczne – do tak różnorodnych zastosowań jak chłodziarki, rozruszniki samochodowe, windy – zawierają magnetyki. Generatory mocy, czy to hydroelektryczne, czy to dynama do lampek rowerowych, wykorzystują magnesy. W urządzeniach do utylizacji odpadów wykorzystuje się magnesy do oddzielania żelaza od pozostałych odpadów. Od kilku lat trwają badania nad zastosowaniem elementów magnetycznych w przyszłościowym źródle energii, jakim jest fuzja jądrowa. Obrazowanie metodą rezonansu magnetycznego (MRI) (ang. magnetic resonance imaging ), stało się ważnym narzędziem diagnostycznym w medycynie, a zastosowanie magnetyzmu do określania aktywności mózgu jest przedmiotem współczesnych prac badawczych. Lista zastosowań zawiera także: komputerowe twarde dyski, taśmy zapisujące, detektory wdychanego azbestu oraz lewitujące pociągi wysokich prędkości. Magnetyzm jest obecny w strukturze atomowych poziomów energetycznych, a także w ruchu promieni kosmicznych oraz pułapkowaniu cząstek naładowanych w pasach Van Allena otaczających Ziemię. Po raz kolejny widzimy, jak różnorakie zjawiska są ze sobą połączone za pomocą niewielkiej liczby leżących u ich podstaw zasad fizycznych. Podsumowanie W magnesach występują dwa typy biegunów magnetycznych, nazywanych północnymi biegunami magnetycznymi i południowymi biegunami magnetycznymi. Północne bieguny magnetyczne są tymi, które przyciąga do siebie ziemski, geograficzny biegun północny. Jednoimienne bieguny odpychają się, a różnoimienne bieguny się przyciągają. Prowadzone przez Oersteda i innych badania nad tym, w jaki sposób magnetyki reagują na prądy, stworzyły podstawy do wynalezienia współczesnych urządzeń elektronicznych, silników elektrycznych oraz technologii obrazowania magnetycznego. magnetyczny biegun północny (ang. north magnetic pole ) obecnie, gdy kompas wskazuje północ, wskazuje pobliże geograficznego bieguna północnego; jest to biegun południowy zastępczego magnesu, który wielokrotnie zamieniał się z biegunem północnym na przestrzeni istnienia Ziemi magnetyczny biegun południowy (ang. south magnetic pole ) obecnie, gdy kompas wskazuje południe, wskazuje pobliże geograficznego bieguna południowego; jest to biegun północny zastępczego magnesu, który zamieniał się z biegunem południowym, podobnie jak magnetyczny biegun północny", "section": "Odkrywanie magnetyzmu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pola magnetyczne i ich linie Poniżej zebraliśmy wielkości opisujące zachowanie magnetyków i wymieniliśmy niektóre zastosowania właściwości magnetycznych. Chociaż w przyrodzie nie występują izolowane ładunki magnetyczne, to właściwość przyciągania się lub odpychania magnesów można określić w oparciu o pole magnetyczne. W tym podrozdziale zdefiniujemy pojęcie pola magnetycznego, określimy jego kierunek i zwrot w oparciu o tzw. regułę prawej dłoni oraz omówimy zagadnienie wyznaczania linii pola magnetycznego. Określanie pola magnetycznego Pole magnetyczne to stan przestrzeni wywołany istnieniem materii o właściwościach magnetycznych, np. magnesu lub poruszającego się ładunku elektrycznego; pole magnetyczne wytwarza siłę, która oddziałuje na poruszający się ładunek elektryczny. Wartość tej siły jest proporcjonalna do ładunku q , prędkości naładowanej cząstki v oraz wartości indukcji przyłożonego pola magnetycznego. Kierunek siły jest prostopadły zarówno do kierunku ruchu naładowanej cząstki, jak i do kierunku przyłożonego pola magnetycznego. Na podstawie tych obserwacji wyznaczamy indukcję pola magnetycznego (indukcję magnetyczną) B → \\vec{B} za pośrednictwem siły magnetycznej F → (ang. magnetic force ) działającej na ładunek q poruszający się z prędkością v → proporcjonalną do iloczynu wektorowego prędkości i indukcji pola magnetycznego F → = q ⁢ v → × B → ⁢ . W ten sposób wyznaczamy indukcję pola magnetycznego B → – w oparciu o siłę działającą na naładowaną cząstkę poruszającą się w polu magnetycznym. Wartość siły jest z definicji określona jako iloczyn wektorowy wektora prędkości oraz indukcji pola magnetycznego. Inaczej mówiąc, wartość siły spełnia relację F = q ⁢ v ⁢ B ⁢ sin θ ⁢ , gdzie θ oznacza kąt zawarty między wektorem prędkości a wektorem indukcji pola magnetycznego. Jednostką indukcji magnetycznej B w układzie SI jest tesla ( T ), której nazwa pochodzi od nazwiska wynalazcy Nikoli Tesli (1856–1943) . Jednostkę tę definiujemy następująco 1 ⁢ T = 1 ⁢ N ∕ A ⁢ m ⁢ . Czasami używa się mniejszej jednostki, nazywanej gaussem ( G ), gdzie 1 ⁢ G = 10 − 4 ⁢ T . Indukcja magnetyczna najsilniejszych magnetyków trwałych wynosi ok. 2 ⁢ T , w elektromagnesach nadprzewodzących możliwe jest osiągnięcie 10 ⁢ T i jeszcze większych wartości indukcji. Indukcja pola magnetycznego Ziemi na jej powierzchni wynosi tylko ok. 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T lub 0,5 ⁢ G . Strategia rozwiązywania zadań: wyznaczanie kierunku pola magnetycznego za pomocą reguły prawej dłoni Kierunek siły magnetycznej F → zwanej też siłą Lorentza jest prostopadły do płaszczyzny wyznaczonej przez v → oraz B → , zgodnie z regułą prawej dłoni 1 (ang. right-hand rule-1 , RHR-1), co przedstawiono na . Ustaw palce prawej dłoni tak, aby zataczały krąg w płaszczyźnie wyznaczonej przez wektory prędkości i indukcji magnetycznej. Obracaj prawą dłoń od kierunku prędkości do kierunku indukcji magnetycznej, zakreślając mniejszy z możliwych kątów. Siła magnetyczna jest skierowana i zwrócona zgodnie z ustawieniem kciuka. W przypadku, gdy ładunek jest ujemny, zwrot siły jest przeciwny do tego, jaki wynikałby z zastosowania się do instrukcji zawartych w punktach 1-3. Pole magnetyczne wywiera siłę na poruszający się ładunek. Kierunek siły magnetycznej działającej na ładunek w ruchu jest prostopadły do płaszczyzny wyznaczonej przez v → oraz B → i wynika z reguły prawej dłoni 1 (RHR-1), jak zostało to pokazane. Wartość siły jest proporcjonalna do q , v , B oraz sinusa kąta pomiędzy v → i B → . Siła magnetyczna nie oddziałuje na nieruchome ładunki. Występuje jednak siła magnetyczna działająca na ładunki poruszające się pod pewnym kątem do indukcji pola magnetycznego. Kiedy ładunki są w spoczynku, pole elektryczne przez nie wytwarzane nie wpływa na magnetyki. Jeżeli jednak ładunki się poruszają, wytwarzają pole magnetyczne, które działa siłą na inne magnetyki. Jeżeli ma miejsce ruch względny, wówczas pojawia się związek pomiędzy siłami elektryczną i magnetyczną – wpływają one na siebie nawzajem. Cząstka α poruszająca się w polu magnetycznym Cząstka α (jądro helu to układ złożony z dwóch protonów i dwóch neutronów czyli atom helu bez dwóch elektronów o ładunku q = 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ) porusza się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 1,5 ⁢ T . Indukcja pola magnetycznego jest równoległa do osi z prostokątnego układu współrzędnych ( ) i zwrócona w górę osi. Jaka siła magnetyczna działa na cząstkę α podczas jej ruchu w kierunku osi x – w górę osi, z prędkością 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ; w kierunku osi y – w dół osi, z prędkością 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ; w kierunku osi z – w górę osi, z prędkością 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ; z prędkością v → = 2 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ − 3 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ + 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ k ̂ ? Siły magnetyczne działające na cząstkę α poruszającą się w jednorodnym polu magnetycznym. Indukcja pola jest taka sama na każdym z rysunków, ale prędkości są różne. Strategia rozwiązania Mamy następujące dane: ładunek, jego prędkość oraz wartość, kierunek i zwrot indukcji pola magnetycznego. Możemy zatem użyć równania F → = q ⁢ v → × B → lub równania F = q ⁢ v ⁢ B ⁢ sin θ do obliczenia wartości siły. Kierunek i zwrot siły określa RHR-1. Rozwiązanie Wyznaczanie kierunku i zwrotu rozpoczynamy z palcami prawej dłoni zwróconymi zgodnie ze zwrotem osi x . Zginamy palce tak, by wskazywały kierunek wektora indukcji magnetycznej. Kciuk powinien wskazywać zwrot przeciwny do zwrotu osi y . Tak otrzymane kierunek i zwrot siły magnetycznej powinny być zgodne z matematyczną formułą na obliczanie iloczynu wektorowego. Żeby obliczyć wartość siły, podstawiamy dane: ładunek, prędkość, indukcję pola magnetycznego, do wzoru definiującego siłę magnetyczną przy użyciu iloczynu wektorowego (należy pamiętać, że i ̂ × k ̂ = − j ̂ \\hat{i} \\times \\hat{k} = - \\hat{j} ) F → = q ⁢ v → × B → = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ × 1,5 ⁢ T ⋅ k ̂ F → = − 2,4 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⋅ j ̂ ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{F} &= q \\vec{v} \\times \\vec{B} = \\SI{3,2e-19}{\\coulomb} \\cdot (\\SI{5e4}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{i}) \\times (\\SI{1,5}{\\tesla} \\cdot \\hat{k}) \\\\ &= -\\SI{2,4e-14}{\\newton} \\cdot \\hat{j} \\text{.} \\end{multiline} F → = q ⁢ v → × B → = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ × 1,5 ⁢ T ⋅ k ̂ = − 2,4 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⋅ j ̂ ⁢ . Wyznaczanie kierunku i zwrotu rozpoczynamy z palcami prawej dłoni ułożonymi tak, by wskazywały zwrot przeciwny do zwrotu osi y . Obracamy palce, by zakreślały krąg w płaszczyźnie wyznaczonej przez kierunek indukcji magnetycznej, tak jak w rozwiązaniu poprzedniego problemu. Kciuk powinien wskazywać dół osi x . Otrzymane kierunek i zwrot powinny być zgodne z obliczeniem iloczynu wektorowego. Żeby obliczyć wartość siły, podstawiamy dane: ładunek, prędkość, indukcję pola magnetycznego oraz wersory wzdłuż których określone są wektory, do wzoru definiującego siłę magnetyczną przy użyciu iloczynu wektorowego (należy pamiętać, że j ̂ × k ̂ = i ̂ \\hat{j} \\times \\hat{k} = \\hat{i} ) F → = q ⁢ v → × B → = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ − 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ × 1,5 ⁢ T ⋅ k ̂ F → = − 2,4 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⋅ i ̂ ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{F} &= q \\vec{v} \\times \\vec{B} = \\SI{3,2e-19}{\\coulomb} \\cdot (-\\SI{5e4}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{j}) \\times (\\SI{1,5}{\\tesla} \\cdot \\hat{k}) \\\\ &= -\\SI{2,4e-14}{\\newton} \\cdot \\hat{i} \\text{.} \\end{multiline} F → = q ⁢ v → × B → = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ − 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ × 1,5 ⁢ T ⋅ k ̂ = − 2,4 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⋅ i ̂ ⁢ . Alternatywna metoda polega na użyciu do wyznaczenia wartości siły. Można ją zastosować zarówno do części (a), jak i (b) zadania. Skoro prędkość jest prostopadła do indukcji magnetycznej, to kąt pomiędzy nimi wynosi 90 ° \\ang{90}\\ . Zatem wartość siły wynosi F = q ⁢ v ⁢ B ⁢ sin θ = 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 5 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ 1,5 ⁢ T ⋅ sin 90 ° = 2,4 ⋅ 10 − 14 ⁢ N ⁢ . Skoro prędkość i indukcja magnetyczna są wzajemnie równoległe, to nie istnieje orientacja dłoni, która pozwoliłaby wyznaczyć kierunek siły. Tym samym siła działająca na nasz poruszający się ładunek wynosi zero. Potwierdza to obliczenie iloczynu wektorowego. Pomnożywszy wektorowo dwa wektory o tym samym kierunku, otrzymujemy wynik równy zero. Wyznaczanie kierunku i zwrotu rozpoczynamy z palcami prawej dłoni zwróconymi w dowolnym kierunku, musimy jednak obrócić je w kierunku zgodnym z kierunkiem indukcji magnetycznej. Obracając dłoń, zauważmy, że kciuk może wskazywać dowolny zwrot osi x lub y , ale nie wskazuje na żadną stronę osi z . Otrzymane kierunek i zwrot powinny być zgodne z obliczeniem iloczynu wektorowego. Żeby obliczyć wartość siły, podstawiamy dane: ładunek, prędkość, indukcję pola magnetycznego, do wzoru definiującego siłę magnetyczną przy użyciu iloczynu wektorowego F → = q ⁢ v → × B → F → = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 2 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ − 3 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ F → = + 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ k ̂ × 1,5 ⁢ T ⋅ k ̂ F → = − 14,4 ⋅ 10 -15 ⁢ N ⋅ i ̂ − 9,6 ⋅ 10 -15 ⁢ N ⋅ j ̂ . \\begin{multiline} \\vec{F} &= q \\vec{v} \\times \\vec{B} \\\\ &= \\SI{3,2e-19}{\\coulomb} \\cdot (\\SI{2e4}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{i} - \\SI{3e4}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{j} + 10^4 \\si{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{k}) \\times (\\SI{1,5}{\\tesla} \\cdot \\hat{k}) \\\\ &= -\\SI{14,4e-15}{\\newton} \\cdot \\hat{i} - \\SI{9,6e-15}{\\newton} \\cdot \\hat{j} \\text{.} \\end{multiline} F → = q ⁢ v → × B → = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 2 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ − 3 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ + 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ k ̂ × 1,5 ⁢ T ⋅ k ̂ = − 14,4 ⋅ 10 -15 ⁢ N ⋅ i ̂ − 9,6 ⋅ 10 -15 ⁢ N ⋅ j ̂ . Rozwiązanie możemy zapisać za pomocą wartości i kąta nachylenia w płaszczyźnie x ⁢ y F → = F x 2 + F y 2 = − 14,4 ⋅ 10 -15 ⁢ N 2 + − 9,6 ⋅ 10 -15 ⁢ N 2 = 1,7 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⁢ , \\abs{\\vec{F}} = \\sqrt{F_x^2 + F_y^2} = \\sqrt{(-\\SI{14,4e-15}{\\newton})^2+(-\\SI{9,6e-15}{\\newton})^2} = \\SI{1,7e-14}{\\newton} \\text{,} θ = arc tg F y F x = arc tg − 9,6 ⋅ 10 -15 ⁢ N − 14,4 ⋅ 10 -15 ⁢ N = 34 ° ⁢ . \\theta = \\arctg (\\frac{F_y}{F_x}) = \\arctg(\\frac{-\\SI{9,6e-15}{\\newton}}{-\\SI{14,4e-15}{\\newton}}) = \\ang{34} \\text{.} Wartość siły możemy także obliczyć za pomocą . Prędkość w tym zadaniu ma jednak trzy składowe różne od zera. Składową z prędkości możemy pominąć, ponieważ jest równoległa do indukcji magnetycznej, a tym samym nie generuje siły. Wartość prędkości obliczamy z jej składowych x i y . Kąt pomiędzy rzutem prędkości na płaszczyznę x y a indukcją magnetyczną o kierunku osi z wynosi 90 ° . Zatem siłę obliczamy jako v → = 2 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s 2 + − 3 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s 2 = 3,6 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⁢ , \\abs{\\vec{v}} = \\sqrt{(\\SI{2e4}{\\metre\\per\\second})^2+(-\\SI{3e4}{\\metre\\per\\second})^2} = \\SI{3,6e4}{\\metre\\per\\second} \\text{,} F = q ⁢ v ⁢ B ⁢ sin θ = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 3,6 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ 1,5 ⁢ T ⋅ sin 90 ° = 1,7 ⋅ 10 -14 ⁢ N ⁢ . F=qvB\\sin \\theta = \\SI{3,2e-19}{\\coulomb} \\cdot \\SI{3,6e4}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\SI{1,5}{\\tesla} \\cdot \\sin \\ang{90} = \\SI{1,7e-14}{\\newton} \\text{.} Jest to taka sama wartość siły, jak obliczona przy użyciu wektorów jednostkowych. Znaczenie Iloczyn wektorowy w tym wzorze prowadzi do trzeciego wektora, który musi być prostopadły do dwóch pozostałych. Inne wielkości fizyczne, takie jak moment pędu (patrz rozdział Moment pędu ), także wiążą ze sobą trzy wektory za pośrednictwem iloczynu wektorowego. Wspomnijmy, że typowe wartości sił w problemach z siłami magnetycznymi są znacznie większe niż wartości siły grawitacji. Dlatego w przypadku ładunku izolowanego siła magnetyczna ma dominujący wpływ na jego ruch. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz poprzednie zadanie dla przypadku indukcji magnetycznej o kierunku osi x zamiast osi z . Sprawdź odpowiedź za pomocą RHR-1. a. 0 ⁢ N ; b. 2,4 ⋅ 10 − 14 ⁢ N ⋅ k ̂ ; c. 2,4 ⋅ 10 − 14 ⁢ N ⋅ j ̂ ; d. 7,2 ⋅ 10 − 15 ⁢ N ⋅ j ̂ + 2,2 ⋅ 10 − 15 ⁢ N ⋅ k ̂ . Obrazowanie pól magnetycznych Obrazowanie pól magnetycznych za pomocą linii pola magnetycznego (ang. magnetic field lines ) jest bardzo przydatne przy wizualizacji jego natężenia i kierunku. Jak pokazano na , każda z linii tworzy zamkniętą pętlę, nawet jeżeli nie wszystkie pętle są w całości widoczne z powodu ograniczenia obszaru obejmowanego rysunkiem. Przyjmuje się, że linie pola wychodzą z bieguna północnego (N), zawracają do bieguna południowego (S) i docierają, przez płytkę magnetyczną, do punktu wyjścia – bieguna północnego. Wyznaczanie linii pola magnetycznego odbywa się w oparciu o kilka prostych reguł: Kierunek indukcji pola magnetycznego jest styczny do linii pola w każdym punkcie przestrzeni. Kompas wskazuje zawsze kierunek linii pola magnetycznego. Wartość indukcji magnetycznej pozostaje proporcjonalna do wzajemnej bliskości linii. Ściśle, jest ona proporcjonalna do liczby linii na jednostkę powierzchni prostopadłej do linii (nazywanej gęstością powierzchniową linii). Linie pola magnetycznego nie mogą się nigdy przecinać, co znaczy, że pole magnetyczne jest jednoznacznie określone w każdym punkcie przestrzeni. Linie pola magnetycznego są ciągłe, tworzą zamknięte pętle bez początku i końca. Są zorientowane od bieguna północnego do bieguna południowego. Ostatnia właściwość wiąże się z niemożnością odseparowania bieguna północnego od południowego. Jest to istotna różnica w stosunku do linii pola elektrycznego, które w ogólnym przypadku biorą początek w ładunkach dodatnich, a kończą się w ładunkach ujemnych lub w nieskończoności. Gdyby istniały izolowane ładunki magnetyczne (nazywane monopolami magnetycznymi (ang. magnetic monopoles ), linie pola magnetycznego miałyby swój początek i koniec w ładunkach magnetycznych. Linie pola magnetycznego określone są tak, aby kompas umieszczony w danym punkcie przestrzeni wskazywał kierunek linii w tym punkcie. Wartość indukcji pola magnetycznego jest proporcjonalna do wzajemnej bliskości (gęstości) linii. Gdyby przemierzyć wnętrze magnetyka, to linie pola utworzyłyby ciągłe, zamknięte pętle. Żeby zmieścić rysunki, na niektórych z nich zamknięcia pętli nie są widoczne, jednak przy dostatecznym powiększeniu obszaru rysunku zamknięcie pętli będzie widoczne. Podsumowanie Ładunki poruszające się w polu magnetycznym doznają działania siły wyznaczonej przez F → = q ⁢ v → × B → . Siła ta jest prostopadła do płaszczyzny utworzonej przez v → oraz B → . Kierunek i zwrot siły działającej na poruszający się ładunek są dane regułą prawej dłoni 1 (RHR-1): Ustawiamy palce w kierunku prędkości ładunku tak, by zakreślały okrąg w płaszczyźnie, na której leżą wektor prędkości i indukcji magnetycznej. Kciuk wskazuje kierunek i zwrot siły magnetycznej dla ładunków dodatnich. Pola magnetyczne można graficznie przedstawić za pomocą linii pola magnetycznego o następujących właściwościach: Indukcja magnetyczna jest styczna do linii pola magnetycznego. Wartość indukcji jest proporcjonalna do gęstości linii. Linie pola nie mogą się przecinać. Linie pola tworzą ciągłe, zamknięte pętle. Bieguny magnetyczne zawsze pojawiają się w parach: północny i południowy – nie jest możliwe odizolowanie ich od siebie. Pytania Omów podobieństwa i różnice między działaniem siły elektrycznej na ładunek a działaniem siły magnetycznej na ładunek. Oba zależą od pól. Siła elektryczna zależy od ładunku, a siła magnetyczna od prądu lub inaczej – od tempa przepływu ładunku. Odpowiedz na poniższe pytania. Czy jest możliwa sytuacja, w której siła magnetyczna działająca na poruszający się ładunek wynosi zero? Czy jest możliwe, że siła elektryczna działająca na poruszający się w polu elektrycznym ładunek wynosi zero? Czy jest możliwe, że wypadkowa sił, elektrycznej i magnetycznej, działających na poruszający się w obszarze obu pól równocześnie ładunek wynosi zero? Zadania Jakie są kierunek i zwrot siły magnetycznej działającej na ładunek dodatni poruszający się tak, jak pokazano w każdym z sześciu przypadków? a. W lewo; b. Za płaszczyznę rysunku; c. W górę; d. Brak siły; e. W prawo; f. W dół. Rozwiąż przykłady z poprzedniego zadania dla ładunku ujemnego. Jaki kierunek i zwrot ma prędkość ładunku ujemnego, który doświadcza działania przedstawionej siły magnetycznej w każdym z trzech przypadków, przy założeniu, że kierunek ruchu jest prostopadły do B ? a. W prawo; b. Za płaszczyznę rysunku; c. W dół. Rozwiąż przykłady z poprzedniego zadania dla ładunku dodatniego. Jaki kierunek i zwrot ma pole magnetyczne, które wytwarza siłę magnetyczną działającą na ładunek dodatni, jak to zostało pokazane w każdym z trzech przypadków, przy założeniu, że B → jest prostopadłe do v → ? a. Za płaszczyznę rysunku; b. W lewo; c. Od płaszczyzny rysunku. Rozwiąż przykłady z poprzedniego zadania dla ładunku ujemnego. Czasami samolot zbiera małe ładunki statyczne. Załóż, że odrzutowiec naddźwiękowy unosi ładunek 0,5 ⁢ µC , lecąc na zachód z prędkością 660 ⁢ m ∕ s nad ziemskim południowym biegunem pola magnetycznego, gdzie pole magnetyczne o indukcji 8 ⋅ 10 − 5 ⁢ T jest zwrócone w górę. Jakie są kierunek, zwrot i wartość siły magnetycznej działającej na samolot? Określ, czy otrzymana wielkość wskazuje na znaczący, czy też na pomijalny efekt. a. 2,64 ⋅ 10 − 8 ⁢ N ; b. Siła jest bardzo mała, co oznacza, że wpływ statycznych ładunków na samoloty jest pomijalny. Proton pochodzący z promieniowania kosmicznego poruszający się w kierunku Ziemi z prędkością 5 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s doświadcza działania siły magnetycznej 1,7 ⋅ 10 − 16 ⁢ N . Jaka jest wartość indukcji pola magnetycznego, jeżeli kąt pomiędzy wektorem indukcji a wektorem prędkości protonu wynosi 45 ° ? Czy wartość otrzymana w części (a) pokrywa się z wielkością indukcji ziemskiego pola magnetycznego na powierzchni Ziemi? Omów wynik. Elektron poruszający się z prędkością 4 ⋅ 10 3 ⁢ m ∕ s w polu magnetycznym o indukcji 1,25 ⁢ T doświadcza działania siły magnetycznej 1,4 ⋅ 10 − 16 ⁢ N . Jaki kąt tworzy wektor prędkości elektronu z kierunkiem pola magnetycznego? Poprawne są dwie odpowiedzi. 10,1 ° , 169,9 ° . Fizyk przeprowadzający czuły eksperyment chciałby ograniczyć siłę magnetyczną działającą na poruszający się w jego aparaturze ładunek do wielkości nie większej niż 10 − 12 ⁢ N . Jaki największy ładunek może zostać użyty, jeżeli ma on poruszać się z maksymalną prędkością 30 ⁢ m ∕ s w polu Ziemi? Zastanów się, czy byłoby trudne ograniczenie ładunku do mniejszej wartości niż wyznaczona w (a), porównując ją do typowych w elektrostatyce. Weź pod uwagę, że statyka często nie występuje. gauss (ang. gauss ) G , jednostka indukcji magnetycznej: 1 ⁢ G = 10 − 4 ⁢ T linie pola magnetycznego (ang. magnetic field lines ) ciągłe krzywe wskazujące kierunek pola magnetycznego; linie te są styczne do kierunków wskazań kompasu i zorientowane do magnetycznego bieguna południowego płytki magnesu siła magnetyczna (ang. magnetic force ) siła przyłożona do naładowanej cząstki przemierzającej pole magnetyczne reguła prawej dłoni 1 (ang. right-hand rule-1 ) wykorzystanie prawej dłoni do określenia kierunku i zwrotu siły magnetycznej albo kierunku i zwrotu prędkości naładowanej cząstki, albo indukcji magnetycznej tesla (ang. tesla ) jednostka indukcji magnetycznej układu SI: 1 ⁢ T = 1 ⁢ N ∕ A ⁢ m \\SI{1}{\\tesla} = \\SI{1}{\\newton\\per\\ampere\\per\\metre}", "section": "Pola magnetyczne i ich linie", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Ruch cząstki naładowanej w polu magnetycznym Na naładowaną cząstkę poruszającą się w polu magnetycznym działa siła, gdy kierunek ruchu tej cząstki ma niezerową składową prostopadłą do wektora indukcji magnetycznej (innymi słowy, siła nie działa na cząstkę poruszającą się w kierunku równoległym do wektora indukcji magnetycznej). Co się dzieje, gdy pole to jest jednorodne w całym obszarze ruchu naładowanej cząstki? Jaką trajektorię zakreśla cząstka? W tym podrozdziale omówimy ruch cząstki naładowanej poruszającej się po okręgu, a także innego rodzaju ruch, będący wynikiem wejścia cząstki w obszar pola magnetycznego. Przyjmiemy następującą konwencję dotyczącą oznaczania kierunku pola magnetycznego prostopadłego do płaszczyzny rysunku. Jeżeli indukcja pola magnetycznego jest zwrócona „od płaszczyzny rysunku”, przedstawiamy ją za pomocą kropki; jeżeli indukcja pola magnetycznego jest zwrócona „za płaszczyznę rysunku”, przedstawiamy ją za pomocą × . Najprostszym przypadkiem jest sytuacja, gdy cząstka naładowana porusza się prostopadle do linii jednorodnego pola magnetycznego o indukcji B → \\vec{B} ( ). Jeżeli pole to znajduje się w próżni, to stanowi ono dominujący czynnik determinujący ruch. Ponieważ siła magnetyczna jest prostopadła do kierunku ruchu, to naładowana cząstka przemieszcza się w polu magnetycznym po zakrzywionej trajektorii. Ruch po tej krzywej cząstka kontynuuje do momentu zatoczenia pełnego okręgu. Inne spojrzenie na ten problem wynika z faktu, że w tej sytuacji pole magnetyczne pozostaje zawsze prostopadłe do prędkości, dlatego siła magnetyczna nie wykonuje pracy nad naładowaną cząstką. Energia kinetyczna cząstki i wartość jej prędkości pozostają niezmienne. Pole wpływa na kierunek ruchu, ale nie na wartość prędkości. Ujemnie naładowana cząstka porusza się w płaszczyźnie rysunku w obszarze, gdzie pole magnetyczne jest prostopadłe do płaszczyzny rysunku (reprezentowane przez małe × obrazujące „ogony” strzałek). Siła magnetyczna jest prostopadła do prędkości, więc prędkość zmienia kierunek, ale nie wartość. Efektem jest ruch jednostajny po okręgu (zauważmy, że z powodu ujemnego znaku ładunku siła jest zwrócona przeciwnie do kierunku określonego na podstawie reguły prawej dłoni). W tej sytuacji siła magnetyczna wnosi jedyny wkład do siły dośrodkowej F d = m ⁢ v 2 ∕ r . Ze względu na to, że prędkość jest prostopadła do pola magnetycznego, wartość siły magnetycznej sprowadza się do F = q ⁢ v ⁢ B . Ponieważ siła magnetyczna F jest siłą dośrodkową F d , otrzymujemy q ⁢ v ⁢ B = m ⁢ v 2 r ⁢ . Przekształcenie wzoru względem r prowadzi więc do oczywistego wzoru r = m ⁢ v q ⁢ B ⁢ . Niech r będzie promieniem krzywizny trajektorii naładowanej cząstki o masie m i ładunku q , poruszającej się z prędkością v prostopadłą do pola magnetycznego o indukcji B . Czas obiegu cząstki wokół trajektorii kołowej nazywamy okresem i równa się on przebytej odległości (długości okrążenia) podzielonej przez prędkość. W oparciu o ten fakt oraz możemy wyznaczyć okres ruchu jako T = 2 ⁢ π ⁢ r v = 2 ⁢ π v ⋅ m ⁢ v q ⁢ B = 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B ⁢ . Jeżeli prędkość nie jest prostopadła do pola magnetycznego, to możemy oddzielnie rozpatrywać każdą składową prędkości w relacji do kierunku pola magnetycznego. Składowa prędkości prostopadła do pola magnetycznego wytwarza siłę magnetyczną prostopadłą zarówno do tej prędkości, jak i do pola v ⊥ = v ⁢ sin θ ⁢ , ⁢ v ∥ = v ⁢ cos θ ⁢ , gdzie θ jest kątem pomiędzy v oraz B . Składowa równoległa do pola magnetycznego prowadzi do jednostajnego ruchu wzdłuż prostej, co przedstawiono też w . Ruch wzdłuż równoległej określa nachylenie p helisy (linii śrubowej), które jest odległością pomiędzy sąsiadującymi zwojami. Odległość ta równa się składowej prędkości równoległej pomnożonej przez okres p = v ∥ ⁢ T ⁢ . Rezultatem jest ruch po krzywej śrubowej , dalej nazywanej helisą (ang. helical motion ), co przedstawia poniższy rysunek. Naładowana cząstka porusza się z prędkością skierowaną inaczej niż pole magnetyczne. Składowa prędkości prostopadła do pola magnetycznego prowadzi do ruchu po okręgu, wzdłuż kierunku pola magnetycznego cząstka porusza się ruchem jednostajnym. Nachyleniem nazywamy poziomą odległość pomiędzy kolejnymi okręgami. Efektem jest ruch po helisie. Gdy naładowana cząstka przemieszcza się po trajektorii śrubowej, może wpaść w obszar, w którym pole magnetyczne nie jest jednorodne. Na przykład załóżmy, że cząstka przemieszcza się z obszaru silnego pola magnetycznego do obszaru słabszego pola, a potem wraca do obszaru silniejszego pola. Może ona zostać odbita, zanim wejdzie w obszar silniejszego pola magnetycznego. Jest to podobna sytuacja jak w przypadku fali sprężystej w łańcuchu cząstek, przemieszczającej się z obszaru bardzo lekkiego, cienkiego łańcucha w kierunku ściany i odbijającej się od niej. Jeżeli odbicie ma miejsce na obu końcach obszaru pola, cząstka jest pułapkowana w tzw. butelce magnetycznej (butelki magnetyczne stosuje się w badaniach nad antymaterią ). Pułapkowanie w polu magnetycznym cząstki ma miejsce w pasach promieniowania Van Allena (ang. Van Allen radiation belts ) otaczających Ziemię; są one częścią struktury ziemskiego pola magnetycznego. Pasy te zostały odkryte przez Jamesa Van Allena (1914–2006) podczas prób zmierzenia promieniowania kosmicznego (ang. cosmic rays ) na powierzchni Ziemi. Promieniowanie kosmiczne tworzą cząstki o wysokich energiach, pochodzące spoza Układu Słonecznego. Wspomniane próby zmierzenia promieniowania miały pomóc rozstrzygnąć, czy promieniowanie podobne jest do strumieni przepływu innych cząstek rejestrowanych na Ziemi. Van Allen zaobserwował, że z powodu obecności cząstek wychwytywanych w ziemskim polu magnetycznym, strumień promieniowania kosmicznego na powierzchni Ziemi jest znacznie wyższy niż w otwartej przestrzeni. Zorze (ang. aurorae ), w tym słynna aurora borealis (zorza polarna) na półkuli północnej ( ), są pięknymi pokazami światła emitowanego, gdy jony rekombinują (w najprostszym przypadku rekombinacja np. protonu i elektronu prowadzi do powstania atomu wodoru, co łączy się z uwolnieniem energii w postaci fotonu lub fotonów, tzn. światła; w ogólności mamy do czynienia z wychwytem elektronu przez jony innych pierwiastków i emisją światła rozmaitych barw) z elektronami wpadającymi do atmosfery po linii śrubowej, symetrycznej względem linii pola magnetycznego (jonami są głównie atomy tlenu i azotu, których wstępna jonizacja zachodzi w wyniku zderzeń z wysokoenergetycznymi cząstkami w atmosferze Ziemi). Zorze zaobserwowano także na innych planetach, na przykład na Jowiszu i Saturnie. (a) Pasy promieniowania Van Allena wokół Ziemi wychwytują jony wytwarzane przez promienie kosmiczne wpadające do ziemskiej atmosfery. (b) Przepiękny widok zorzy polarnej (łac. aurora borealis ), poświaty na północnym niebie powyżej Bear Lake, w pobliżu bazy sił powietrznych Eielson na Alasce. Kształtowane przez pole magnetyczne światło wytwarzają rozbłyskujące molekuły i jony tlenu oraz azotu. Źródło (b): modyfikacja pracy starszego kaprala USAF Joshuy Stranga Uginacz wiązki Pewna grupa badawcza zajmuje się krótko żyjącymi izotopami radioaktywnymi. Chce ona zaprojektować sposób transportu cząstek α (jąder helu) z miejsca ich powstania do miejsca, w którym ulegają one zderzeniom z innego typu materią, co prowadzi do powstania izotopu. Wiązka cząstek α ( m = 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg , q = 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ) ulega ugięciu o 90 ° w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,05 ⁢ T ( ). Jakie powinny być kierunek i zwrot przyłożonego pola magnetycznego? Jak długo trwa przejście cząstek α przez obszar jednorodnego pola magnetycznego? Widok z góry na uginacz wiązki. Strategia rozwiązania Kierunek i zwrot pola magnetycznego wskazuje RHR-1. Palce prawej dłoni ustawiamy w kierunku v , a kciuk kierujemy i zwracamy zgodnie z siłą, w lewo. Wtedy, skoro cząstki α są naładowane dodatnio, wektor indukcji magnetycznej musi być zwrócony w dół. Okres obiegu cząstki α po okręgu możemy wyznaczyć korzystając z . Ponieważ cząstka przebywa tylko ćwierć okręgu, obliczymy czas ruchu po tej trajektorii po podzieleniu okresu przez 4. Rozwiązanie Na początek skoncentrujmy się na cząstce α wpadającej w pole w dolnej części rysunku. Najpierw ustawiamy kciuk w górę w płaszczyźnie rysunku. Żeby dłoń otwierała się w lewo, jak zwrócona jest siła dośrodkowa (siła magnetyczna), palce powinny leżeć w płaszczyźnie rysunku. Jest to ustawienie zgodne z indukcją przyłożonego pola magnetycznego. Okres obiegu naładowanej cząstki wzdłuż okręgu obliczamy przy użyciu danych w zadaniu: masy, ładunku i indukcji pola magnetycznego. Ostatecznie otrzymujemy T = 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B = 2 ⁢ π ⋅ 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 0,05 ⁢ T = 2,6 ⋅ 10 − 6 ⁢ s ⁢ . W naszym zadaniu cząstka α przebywa jednak tylko ćwierć okręgu, co zabiera czas t = T 4 = 2,6 ⋅ 10 -6 ⁢ s 4 = 6,5 ⋅ 10 -7 ⁢ s ⁢ . t = \\frac{T}{4} = \\frac{\\SI{2,6e-6}{\\second}}{4} = \\SI{6,5e-7}{\\second} \\text{.} Znaczenie Czas ten może być wystarczająco krótki, aby cząstka dotarła do materiału, który ma zostać zbombardowany, i (w zależności od długości czasu życia izotopu promieniotwórczego) aby zdążył on wyemitować kolejne cząstki α. Zwiększając indukcję pola magnetycznego w danym obszarze, moglibyśmy jeszcze skrócić ten czas. Droga, którą muszą pokonać cząstki, mogłaby być skrócona, ale to może nie być opłacalne w danych warunkach eksperymentalnych. Sprawdź, czy rozumiesz. Jednorodne pole magnetyczne o indukcji 1,5 ⁢ T skierowane jest poziomo i zwrócone z zachodu na wschód. Jaka siła magnetyczna działa na proton w chwili, gdy porusza się on pionowo w dół w polu z prędkością 4 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s ? Porównaj tę siłę z ciężarem F g F_{\\text{g}} protonu. a. 9,6 ⋅ 10 − 12 ⁢ N zwrócona na południe; b. F g ∕ F = 1,7 ⋅ 10 -15 F_{\\text{g}} / F = \\num{1,7e-15} . Ruch po helisie w polu magnetycznym Proton wpada w jednorodne pole magnetyczne o indukcji 10 − 4 ⁢ T z prędkością 5 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s . Pod jakim kątem należy skierować wektor indukcji magnetycznej do wektora prędkości, aby nachylenie helisy, którą jest trajektoria ruchu, było równe promieniowi tej helisy? Strategia rozwiązania Nachylenie helisy ruchu odpowiada składowej równoległej (osiowej) prędkości pomnożonej przez okres ruchu po okręgu, podczas gdy promień związany jest ze składową prostopadłą prędkości. Przyrównując wyrażenia na promień i nachylenie, wyliczamy wartość kąta pomiędzy wektorem indukcji magnetycznej a wektorem promienia – kąt θ . Rozwiązanie Nachylenie wyrażone jest przez , a okres przez , natomiast promień okręgu dany jest przez . Zauważmy, że prędkość w wyrażeniu na promień okręgu odnosi się tylko do jej składowej prostopadłej, która odpowiada za ruch po okręgu. Dlatego, żeby wyznaczyć nachylenie i promień, podstawiamy składową równoległą prędkości do równania na promień p = r ⁢ , v ∥ T = v ⊥ q ⁢ B ⁢ , v ⁢ cos θ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B = m ⁢ v ⁢ sin θ q ⁢ B ⁢ , 2 ⁢ π = tg θ ⁢ , θ = 81 ° ⁢ . p = r ⁢ , v ∥ T = v ⊥ q ⁢ B ⁢ , v ⁢ cos θ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B = m ⁢ v ⁢ sin θ q ⁢ B ⁢ , 2 ⁢ π = tg θ ⁢ , θ = 81 ° ⁢ . Znaczenie Gdyby kąt ten wynosił 0 ° , występowałaby tylko składowa równoległa prędkości i helisa nie powstałaby, ponieważ nie byłoby ruchu po okręgu w płaszczyźnie prostopadłej. Gdyby kąt ten wynosił 90 ° , ruch odbywałby się po okręgu. Dla kątów innych niż 0 ° i 90 ° mamy do czynienia z ruchem po helisie. Podsumowanie Siła magnetyczna może stanowić siłę dośrodkową i powodować ruch cząstki naładowanej po trajektorii kołowej o promieniu r = m ⁢ v ∕ q ⁢ B . Okres ruchu cząstki naładowanej po okręgu w polu magnetycznym prostopadłym do płaszczyzny ruchu wynosi T = 2 ⁢ π ⁢ m ∕ q ⁢ B . Ruch po helisie jest wynikiem sytuacji, w której prędkość naładowanej cząstki ma składową równoległą do pola magnetycznego oraz składową prostopadłą do pola magnetycznego. Pytania W danej chwili elektron i proton poruszają się z tymi samymi prędkościami w stałym polu magnetycznym. Porównaj siły magnetyczne działające na te cząstki. Porównaj ich przyspieszenia. Wartości sił magnetycznych działających na proton i elektron są takie same, skoro obie cząstki mają taki sam ładunek elektryczny. Ich zwroty są jednak przeciwne. Przyspieszenia są przeciwnie zwrócone, ale elektron ma większe przyspieszenie niż proton ze względu na mniejszą masę. Czy wzrost wartości indukcji jednorodnego pola magnetycznego, przez które przemieszcza się ładunek, oznacza zawsze wzrost siły magnetycznej działającej na ładunek? Czy zmiana zwrotu indukcji magnetycznej oznacza zawsze zmianę siły działającej na ładunek? Elektron przechodzi przez pole magnetyczne bez ugięcia trajektorii. Co możesz powiedzieć o tym polu magnetycznym? Pole magnetyczne musi być skierowane równolegle do prędkości, zwrócone tak samo lub przeciwnie. Jeżeli cząstka naładowana porusza się po prostej, to czy można stwierdzić, że pole magnetyczne nie występuje? Jak określić, który biegun elektromagnesu jest północny, a który południowy? Kompas ustawia się w kierunku północnego bieguna elektromagnesu. Zadania Elektron promieniowania kosmicznego porusza się z prędkością 7,5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s prostopadle do ziemskiego pola magnetycznego na wysokości, na której indukcja pola wynosi 10 − 5 ⁢ T . Jaki promień ma kołowa trajektoria zakreślana przez elektron? 4,27 ⁢ m . Widzowie serialu Star Trek słyszeli o napędzie promu kosmicznego Enterprise opartym na antymaterii. Jedną z możliwości tak futurystycznego źródła energii jest gromadzenie naładowanych cząstek antymaterii w komorze próżniowej, w której krążą one w polu magnetycznym, a następnie ich uwalnianie następuje zgodnie z zapotrzebowaniem. Antymateria anihiluje zwykłą materię, wytwarzając czystą energię. Jaką indukcję powinno mieć pole magnetyczne, aby utrzymywać antyprotony poruszające się z prędkością 5 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s po trajektorii kołowej o promieniu 2 ⁢ m ? Antyprotony mają tę samą masę co protony, ale ładunek przeciwnego znaku (ujemny); Czy taka wartość indukcji pola jest osiągalna przy użyciu dzisiejszych technologii, czy jest tylko futurystyczną wizją? Jon tlenu-16 o masie 2,66 ⋅ 10 − 26 ⁢ kg porusza się z prędkością 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s prostopadle do indukcji magnetycznej 1,2 ⁢ T , przez co przemieszcza się po łuku okręgu o promieniu 0,231 ⁢ m . Jaki dodatni ładunek ma jon? Ile wynosi stosunek tego ładunku do ładunku elektronu? Dlaczego stosunek wyznaczony w (b) powinien być liczbą całkowitą? a. 4,8 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ; b. 3 ; c. Stosunek ten powinien być liczbą całkowitą, ponieważ ładunki są wielokrotnościami ładunku elektronu. Nie istnieją ładunki swobodne, których wartości byłyby mniejsze od tego ładunku elementarnego. Elektron w kineskopie telewizora (lampie promieniowania katodowego) porusza się z prędkością 6 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s w kierunku prostopadłym do pola magnetycznego Ziemi, którego indukcja wynosi 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Jakie powinno być natężenie pola elektrycznego prostopadłego do ziemskiego pola magnetycznego, aby elektron poruszał się wzdłuż prostej? Jeżeli ma to miejsce pomiędzy płytami odległymi od siebie o 1 ⁢ cm , to jakie napięcie pomiędzy nimi zostało przyłożone? (Zauważ, że telewizory są zwykle obudowane materiałem ferromagnetycznym, który ekranuje zewnętrzne pola magnetyczne i zabezpiecza przed koniecznością takiego korygowania trajektorii elektronu). Odpowiedz na poniższe pytania. Z jaką prędkością będzie poruszał się proton po trajektorii kołowej o takim samym promieniu jak promień trajektorii elektronu z poprzedniego zadania? Ile wynosiłby promień toru, gdyby prędkość protonu była taka sama jak prędkość elektronu? Ile wynosiłby promień, gdyby energia kinetyczna protonu była taka sama jak energia elektronu? Co by się stało, gdyby pęd był taki sam? a. 4,09 ⋅ 10 3 ⁢ m ∕ s ; b. 7,83 ⋅ 10 3 ⁢ m ; c. 1,75 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s , stąd 1,83 ⋅ 10 2 ⁢ m ; d. 4,27 ⁢ m . Za pomocą jakiego napięcia elektrony mogą zostać przyspieszone do prędkości 6 ⋅ 10 − 7 ⁢ m ∕ s ? Oblicz promień krzywizny trajektorii protonu przyspieszanego w tym potencjale w polu o indukcji 0,5 ⁢ T i porównaj go z promieniem krzywizny toru elektronu przyspieszanego w takim samym potencjale. Cząstka α ( m = 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg , q = 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ) porusza się wzdłuż okręgu o promieniu 25 ⁢ cm w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 1,5 ⁢ T . Jaką prędkość ma cząstka? Jaka jest jej energia kinetyczna wyrażona w elektronowoltach? Przez jaką różnicę potencjałów musi zostać przyspieszona, aby została jej nadana energia kinetyczna o takiej wartości? a. 1,8 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s ; b. 6,8 ⋅ 10 6 ⁢ eV ; c. 6,8 ⋅ 10 6 ⁢ V . Cząstka o ładunku q i masie m przyspieszana jest od stanu spoczynku przez różnicę potencjałów U , po czym napotyka na jednorodne pole magnetyczne o indukcji B . Jeżeli cząstka porusza się w płaszczyźnie prostopadłej do B , to jaki jest promień jej kołowej orbity? promieniowanie kosmiczne (ang. cosmic rays ) strumień cząstek (zazwyczaj o dużej energii) będący mieszaniną cząstek elementarnych (elektronów, protonów, antyneutronów, neutrin i innych) i fotonów promieniowania elektromagnetycznego ruch po helisie (ang. helical motion ) złożenie ruchu po okręgu z ruchem prostoliniowym; wykonywany w obszarze pola magnetycznego przez naładowaną cząstkę, poruszającą się pod pewnym kątem do kierunku pola", "section": "Ruch cząstki naładowanej w polu magnetycznym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Siła magnetyczna działająca na przewodnik z prądem Ładunki poruszające się w polu magnetycznym doświadczają działania siły magnetycznej (tzw. siła Lorentza). Jeżeli poruszają się one w przewodniku z prądem, tzn. jeżeli drut przewodzi prąd, to także drut doświadcza działania siły. Płynący w przewodniku prąd elektryczny wytwarza pole magnetyczne. Z drugiej strony jednak ładunki poruszające się w polu magnetycznym doznają działania siły magnetycznej. w tym podrozdziale zbadamy te zagadnienia dokładniej. Pola magnetyczne wytwarzane przez prądy elektryczne Omawiając historyczne odkrycia w magnetyzmie, wspomnieliśmy obserwację Oersteda mówiącą o tym, że drut przewodzący prąd elektryczny powodował odchylanie igły kompasu znajdującego się w jego pobliżu. Na tej podstawie ustalono zależność: prąd elektryczny wytwarza pole magnetyczne. (Związek pomiędzy elektrycznością i magnetyzmem omawiamy dokładnie w Źródła pola magnetycznego ). Igła kompasu w pobliżu przewodnika z prądem doświadcza działania siły magnetycznej, która ustawia ją stycznie do okręgu otaczającego przewodnik. Tym samym można wywnioskować, iż przewodnik z prądem wytwarza kołowe pętle pola magnetycznego. Do wyznaczenia kierunku i zwrotu pola magnetycznego wytwarzanego wokół przewodnika zastosujemy regułę prawej dłoni 2 (ang. right-hand rule-2 , RHR-2). Zgodnie z RHR-2, gdy kciuk ustawiony jest w kierunku przepływu prądu, pozostałe palce okrążające przewodnik wskazują zwrot wytworzonej indukcji magnetycznej – (a). Złożony schemat okręgów magnetycznych przedstawiony jest na (b), gdzie spadek wartości indukcji pola przy oddalaniu się od drutu przedstawiono za pomocą wzrastających odległości pomiędzy kolejnymi pętlami. (a) Gdy przewodnik z prądem leży w płaszczyźnie kartki, pole jest prostopadłe do niej. Zastosowane symbole wskazują zwrot wektora indukcji do wewnątrz (jako strzałkę widzianą od tyłu) oraz na zewnątrz (jako strzałkę widzianą od przodu). (b) Długi prostoliniowy przewodnik z prądem wytwarza pole magnetyczne z liniami tworzącymi kołowe pętle. Obliczanie siły magnetycznej Prąd elektryczny jest uporządkowanym przepływem ładunków elektrycznych. Przewodnik z prądem w polu magnetycznym musi więc doświadczać działania siły pochodzącej od tego pola. Żeby zbadać tę siłę, rozważmy nieskończenie mały fragment przewodnika, przedstawiony na . Długość i pole powierzchni przekroju poprzecznego tego fragmentu wynoszą odpowiednio d l i S , więc jego objętość to V = S ⋅ d l . Przewodnik wykonano z materiału, który zawiera n nośników ładunku na jednostkę objętości, zatem liczba nośników w rozważanym fragmencie wynosi n ⁢ S ⋅ d l . Jeżeli nośniki ładunku poruszają się z prędkością unoszenia v → d , to natężenie prądu I w przewodniku wynosi (patrz rozdział Prąd i rezystancja ) I = n ⁢ e ⁢ S ⁢ v d ⁢ . Siła magnetyczna działająca na pojedynczy nośnik ładunku to e ⁢ v → d × B → , więc suma sił magnetycznych d F → działających na n ⁢ S ⋅ d l nośników ładunku w danym fragmencie przewodnika wynosi d F → = n ⁢ S ⋅ d l ⋅ e ⁢ v → d × B → ⁢ . Możemy zdefiniować d l → \\d \\vec{l} jako wektor o długości d l , skierowany i zwrócony podobnie jak v → d , co pozwala zapisać powyższe wyrażenie jako d F → = n ⁢ e ⁢ S ⁢ v d ⁢ d l → × B → \\d \\vec{F} = neSv_{\\text{d}} \\d \\vec{l} \\times \\vec{B} lub d F → = I ⁢ d l → × B → ⁢ . \\d \\vec{F} = I \\d \\vec{l} \\times \\vec{B} \\text{.} Jest to siła magnetyczna działająca na dany fragment przewodnika. Zauważmy, że naprawdę jest to wypadkowa sił działających na same nośniki ładunku. Kierunek tej siły wyznacza RHR-1, zgodnie z którą zgięte palce prawej dłoni ustawiamy tak, by wskazywały kierunek przepływu prądu, a zatem również kierunek pola magnetycznego. Wtedy kciuk wskazuje kierunek i zwrot siły. Infinitezymalnie krótki odcinek przewodnika z prądem w polu magnetycznym. Aby określić siłę magnetyczną F → działającą na przewodnik o dowolnej długości i kształcie, musimy wykonać całkowanie po całym konturze przewodnika, co w przypadku prostoliniowego przewodnika sprowadza się do prostej relacji F → = I ⁢ l → × B → ⁢ . Jest to siła działająca na prostoliniowy przewodnik z prądem w jednorodnym polu magnetycznym. Równoważenie się sił grawitacji i magnetycznej działających na przewodzący prąd drut Drut o długości 50 ⁢ cm i masie 10 ⁢ g zawieszono w pozycji poziomej za pomocą pary elastycznych przewodów ( ). Następnie poddano go oddziaływaniu stałego pola magnetycznego o indukcji 0,5 ⁢ T , skierowanego i zwróconego jak na rysunku. Jaką wartość i kierunek musi mieć prąd płynący w drucie, aby usunąć naprężenie w podtrzymujących go przewodach? (a) Przewodnik zawieszony w polu magnetycznym. (b) Schemat przewodnika jako bryły sztywnej, na którym F → \\vec{F} oznacza siłę magnetyczną, działającą na przewodnik natomiast T → \\vec{T} – naprężenia drutu. Strategia rozwiązania Zgodnie ze schematem bryły sztywnej z rysunku, naprężenia w podtrzymujących przewodach dążą do zera, gdy siły grawitacyjna i magnetyczna równoważą się wzajemnie. Stosując RHR-1, znajdujemy kierunek i zwrot siły magnetycznej – pionowo w górę. Możemy wyznaczyć natężenie prądu I , przyrównując obie siły. Rozwiązanie Porównajmy siłę ciężkości (ciężar) i siłę magnetyczną działające na przewodnik z prądem m ⁢ g = I ⁢ l ⁢ B ⁢ . Zatem I = m ⁢ g l ⁢ B = 0,01 ⁢ kg ⋅ 9,8 ⁢ m ∕ s 2 0,5 ⁢ m ⋅ 0,5 ⁢ T = 0,39 ⁢ A ⁢ . Znaczenie Silne pole magnetyczne wytwarza znaczną siłę na odcinku przewodnika z prądem, przeciwdziała ona jego ciężarowi. Obliczanie siły magnetycznej działającej na przewodzący prąd drut Prostoliniowy przewodnik z prądem, ułożony wzdłuż osi y , przewodzi prąd 5 ⁢ A płynący w kierunku dodatnim osi y . Jeżeli stałe pole magnetyczne o indukcji 0,3 ⁢ T ustawione jest w kierunku dodatnim osi x , to jaką wartość ma siła magnetyczna na jednostkę długości przewodnika? Jeżeli stałe pole magnetyczne o indukcji 0,3 ⁢ T jest odchylone pod kątem 30 ° od kierunku dodatniego osi x w kierunku dodatnim osi y , to jaka siła magnetyczna działa na jednostkę długości przewodnika? Strategia rozwiązania Siła magnetyczna działa na przewodnik w polu magnetycznym, danym przez F → = I ⁢ l → × B → . Ponieważ prąd i pole magnetyczne są wzajemnie prostopadłe, możemy uprościć wyrażenie na wartość siły oraz wyznaczyć kierunek i zwrot siły dzięki RHR-1. Kąt θ wynosi 90 ° , co oznacza, że sin θ = 1 . Poza tym możemy podzielić wyrażenie obustronnie przez długość, przenosząc ją w ten sposób na lewą stronę równania, aby otrzymać siłę na jednostkę długości. Iloczyn natężenia prądu i wektora długości zapisano przy użyciu wektorów jednostkowych, podobnie jak wektor indukcji magnetycznej. Po obliczeniu iloczynu wektorowego kierunek i zwrot są jednoznacznie określone przez wynikowy wektor jednostkowy. Rozwiązanie Wychodzimy z ogólnego wzoru na siłę magnetyczną działającą na przewodnik. Chcemy obliczyć siłę przypadającą na jednostkę długości, dlatego dzielimy wyrażenie obustronnie przez długość, przenosząc ją na lewą stronę równania. Wykorzystujemy zależność sin θ = 1 . Wtedy rozwiązaniem jest F = I ⁢ l ⁢ B ⁢ sin θ ⇒ F l = 5 ⁢ A ⋅ 0,3 ⁢ T = 1,5 ⁢ N ∕ m ⁢ . F = IlB\\sin \\theta \\implies \\frac{F}{l} = \\SI{5}{\\ampere} \\cdot \\SI{0,3}{\\tesla} = \\SI{1,5}{\\newton\\per\\metre} \\text{.} Kierunek i zwrot: ustawiamy palce w kierunku dodatnim osi y i obracamy je na kierunek dodatni osi x . Kciuk wskaże kierunek i zwrot − k ̂ (-\\hat{k}) . Tym samym przy określonych kierunku i zwrocie rozwiązaniem jest F → l = − 1,5 ⁢ N ∕ m ⋅ k → ⁢ . Iloczyn natężenia prądu i wektora długości oraz wektor indukcji magnetycznej wyrażone są za pomocą wektorów jednostkowych. W takiej sytuacji obliczamy iloczyn wektorowy, aby obliczyć siłę F → = I ⁢ l → × B → = I ⁢ l ⁢ j ̂ × B → ⇒ F → l = I ⁢ j ̂ × B → ⁢ , \\vec{F} = I \\vec{l} \\times \\vec{B} = Il\\hat{j} \\times \\vec{B} \\implies \\frac{\\vec{F}}{l} = I\\hat{j} \\times \\vec{B} \\text{,} F → l = 5 ⁢ A ⋅ j ̂ × 0,3 ⁢ T ⋅ cos 30 ° ⋅ i ̂ + 0,3 ⁢ T ⋅ sin 30 ° ⋅ j ̂ = − 1,3 ⁢ N ∕ m ⋅ k ̂ ⁢ . \\frac{\\vec{F}}{l} = \\SI{5}{\\ampere} \\cdot \\hat{j} \\times (\\SI{0,3}{\\tesla} \\cdot \\cos \\ang{30} \\cdot \\hat{i} + \\SI{0,3}{\\tesla} \\cdot \\sin \\ang{30} \\cdot \\hat{j}) = -\\SI{1,3}{\\newton\\per\\metre} \\cdot \\hat{k} \\text{.} Znaczenie Pole magnetyczne o tak dużej indukcji wytwarza znaczącą siłę działającą na małej długości przewodnika. Im mniejszy jest kąt pomiędzy polem magnetycznym a kierunkiem prądu w drucie, tym mniejsza siła działająca na przewodnik, co widać z porównania rozwiązań części (a) i części (b). Sprawdź, czy rozumiesz. Prosty, giętki przewodnik miedziany umieszczony jest w polu magnetycznym zwróconym do płaszczyzny rysunku. Jeżeli prąd w przewodniku płynie w górę osi x , to w jaki sposób wygina się drut? W jaki sposób wygnie się przewodnik, jeżeli prąd popłynie w dół osi x ? a. Wygina się do góry; b. Wygnie się w dół. Siła działająca na kołową pętlę przewodnika z prądem Kołowa pętla z prądem, o promieniu R , przewodząca prąd I ustawiona jest w płaszczyźnie x y . Stałe, jednorodne pole magnetyczne przechodzi przez pętlę równolegle do osi y ( ). Wyznaczmy siłę magnetyczną działającą na górną połowę pętli, na dolną połowę pętli oraz wypadkową sił działających na pętlę. Pętla przewodnika z prądem w polu magnetycznym. Strategia rozwiązania Siłę magnetyczną działającą na górną połowę pętli należy zapisać za pomocą różniczek sił działających na każdy wycinek pętli. Całkując wszystkie przyrosty różniczkowe, wyznaczymy całkowitą siłę działającą na górną część pętli. Siłę działającą na dolną połowę pętli wyznacza się w podobny sposób, a wypadkowa sił jest sumą tych dwóch sił. Rozwiązanie Różniczką siły działającej na dowolny wycinek przewodnika wybrany z górnej części pierścienia jest d F = I ⁢ B ⁢ sin θ ⁢ d l ⁢ , gdzie θ jest kątem pomiędzy kierunkiem pola magnetycznego ( + y ) a wycinkiem przewodnika. Krzywizna każdego z różniczkowych wycinków ma ten sam promień, więc po zastosowaniu wzoru na długość łuku otrzymamy d l = R ⁢ d θ ⁢ , d F = I ⁢ B ⁢ R ⁢ sin θ ⁢ d θ ⁢ . W celu wyznaczenia siły działającej na część pętli całkujemy po kątach z górnej połowy okręgu, w granicach od 0 do π . To daje F = I ⁢ B ⁢ R ⁢ ∫ 0 π sin θ ⁢ d θ = I ⁢ B ⁢ R ⁢ − cos π + cos 0 = 2 ⁢ I ⁢ B ⁢ R ⁢ . Po kątach z dolnej połowy okręgu całkujemy w granicach od π do 0 , co daje F = I ⁢ B ⁢ R ⁢ ∫ π 0 sin θ ⁢ d θ = I ⁢ B ⁢ R ⁢ − cos 0 + cos π = − 2 ⁢ I ⁢ B ⁢ R ⁢ . Wypadkowa sił jest sumą obu tych wielkości i wynosi zero. Znaczenie Wypadkowa sił działających na dowolną zamkniętą pętlę w jednorodnym polu magnetycznym wynosi zero. Nawet jeśli na każdy wycinek pętli działa siła, to wypadkowa tych sił dla całego układu wynosi zero (zauważmy, że występuje wypadkowy moment sił działających na pętlę, który omówimy w następnym podrozdziale). Podsumowanie Prąd elektryczny wytwarza pole magnetyczne wokół przewodnika z prądem. Kierunek i zwrot wytwarzanego pola magnetycznego określa się przy użyciu reguły prawej dłoni 2, zgodnie z którą kciuk ustawia się na kierunek przepływu prądu, a pozostałe palce otaczające przewodnik wskazują kierunek i zwrot pola magnetycznego. Siła magnetyczna działająca na przewodnik z prądem dana jest wzorem: F → = I ⁢ l → × B → , gdzie I jest natężeniem prądu, a l długością drutu umieszczonego w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B . Pytania Opisz błąd, który wyniknie z przypadkowego użycia lewej dłoni zamiast prawej przy wyznaczaniu kierunku i zwrotu siły magnetycznej. Czy w rozważaniach wyrażenia na siłę magnetyczną prędkość i pole magnetyczne są zawsze prostopadłe? Czy siła i prędkość są zawsze prostopadłe? Co z kierunkami siły i pola magnetycznego? Prędkość i pole magnetyczne mogą być wybrane w dowolnych kierunkach. Jeżeli występuje siła, prędkość jest prostopadła do niej. Pole magnetyczne jest także prostopadłe do siły, jeżeli ta występuje. Dlaczego magnes przysunięty w pobliże kineskopu telewizyjnego (promieni katodowych) zaburza obraz? Pole magnetyczne działa siłą na poruszające się w przewodniku elektrony. Co wywiera siłę na przewodnik? Siła działająca na drut jest wywierana przez zewnętrzne pole magnetyczne wytworzone przez inny drut lub magnes. Istnieją obszary, gdzie pole magnetyczne Ziemi jest prawie prostopadłe do jej powierzchni. Jakie problemy może to powodować, gdy używa się kompasu? Zadania Jaki kierunek i zwrot ma siła magnetyczna oddziałująca na prąd w każdym z sześciu przypadków? a. W lewo; b. Do płaszczyzny rysunku; c. W górę; d. Brak siły; e. W prawo; f. W dół. Jaki jest kierunek przepływu prądu, który doznaje działania zaznaczonej siły magnetycznej w każdym z trzech przypadków, przy założeniu, że prąd płynie prostopadle do B → ? Jaki kierunek i zwrot ma pole magnetyczne, które wytwarza zaznaczoną siłę magnetyczną oddziałującą na prądy w każdym z trzech przypadków, przy założeniu, że B → jest prostopadłe do prądu I ? a. Do płaszczyzny rysunku; b. W lewo; c. Od płaszczyzny rysunku. Jaka siła na metr jest wywierana na równiku na błyskawicę, która przewodzi 20 000 ⁢ A prostopadle do ziemskiego pola o indukcji 3 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ? Jaki kierunek i zwrot ma siła, jeżeli prąd jest skierowany pionowo i zwrócony do góry, a pole Ziemi jest równoległe do jej powierzchni i zwrócone na północ? Przewód prądu stałego zasilający linię superszybkiej kolei przewodzi 1000 ⁢ A pod kątem 30 ° do ziemskiego pola o indukcji 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Ile wynosi siła magnetyczna działająca na 100 ⁢ m przewodu? Omów praktyczne znaczenie wyniku lub jego brak. a. 2,5 ⁢ N ; b. Oznacza to, że przewody zasilające linię superszybkiej kolei muszą być zakotwiczone (zamocowane na całej długości), żeby nie przemieszczały się pod wpływem siły wywołanej przez ziemskie pole magnetyczne. Przewodnik z prądem 30 ⁢ A przebiega pomiędzy biegunami silnego magnesu w taki sposób, że jest prostopadły do pola magnesu i doświadcza w nim działania siły 2,16 ⁢ N na długości 4 ⁢ cm . Ile wynosi średnia wartość indukcji pola magnetycznego?", "section": "Siła magnetyczna działająca na przewodnik z prądem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wypadkowa sił i moment sił działających na pętlę z prądem W silnikach elektrycznych (ang. electrical motors ) najpowszechniej stosowane są siły magnetyczne działające na przewodniki z przepływającym przez nie prądem. Znajdują się w nich pętle przewodnika w polu magnetycznym. Podczas przepływu prądu przez przewodnik pole magnetyczne wytwarza moment sił działających na przewodnik, co powoduje obrót wału. W procesie tym energia elektryczna ulega przekształceniu w pracę mechaniczną. Gdy powierzchnia obejmowana przez pętlę zostanie obrócona przez pole magnetyczne, kierunek przepływu prądu zmieni się na przeciwny, tak aby zachować stałość momentu sił działających na nią ( ). Zmiana kierunku prądu dokonuje się za pośrednictwem komutatora (przełącznika) i szczotek. Komutator (ang. commutator ) jest ustawiony tak, aby zmieniać kierunek przepływu prądu w określonych chwilach dla zachowania ciągłości pracy (ruchu) silnika. W typowym komutatorze występują trzy obszary braku kontaktu i martwe punkty, w których chwilowy moment sił działających na pętlę wynosi zero. Szczotki, dociskane do komutatora, wytwarzają kontakt elektryczny pomiędzy częściami komutatora podczas jego ruchu obrotowego. Uproszczona wersja silnika elektrycznego prądu stałego. (a) Prostokątna pętla przewodnika umieszczona jest w polu magnetycznym. Siły działające na nią w pobliżu biegunów magnetycznych (N oraz S) są zwrócone przeciwnie, co wynika z reguły prawej dłoni 1. Zatem moment sił działających na pętlę powoduje jej obrót do pozycji widocznej na rysunku (b). (b) Szczotki stykają się teraz z segmentami komutatora w taki sposób, że prąd nie płynie przez pętlę. Moment sił działających na pętlę nie występuje, ale ruch obrotowy pętli jest kontynuowany dzięki początkowej prędkości obrotowej nadanej pętli podczas fazy (a). Do czasu odwrócenia się pętli prąd znowu popłynie przez przewodnik, ale tym razem w przeciwnym kierunku i proces z fazy (a) zostanie powtórzony. Umożliwi to ciągły ruch obrotowy pętli. W jednorodnym polu magnetycznym pętla przewodnika z prądem, taka jak w silniku, doświadcza działania sił i momentów sił. pokazuje prostokątną pętlę przewodnika I , o bokach długości a oraz b . Pętla znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji: B → = B ⁢ j ̂ . Siła magnetyczna działająca na prostych odcinkach przewodzącego prąd drutu długości l jest dana przez I ⁢ l → × B → . Żeby obliczyć wypadkową sił działających na pętlę, należy zastosować to równanie do każdego z czterech jej boków. Siła działająca na bok 1 to F → 1 = I ⁢ a ⁢ B ⁢ sin 90 ° − θ ⋅ i ̂ = I ⁢ a ⁢ B ⁢ cos θ ⋅ i ̂ ⁢ , gdzie kierunek i zwrot wyznaczono za pomocą RHR-1. Prąd wzdłuż boku 3 płynie w przeciwnym kierunku niż wzdłuż boku 1, więc F → 3 = − I ⁢ a ⁢ B ⁢ sin 90 ° + θ ⋅ i ̂ = − I ⁢ a ⁢ B ⁢ cos θ ⋅ i ̂ ⁢ . Prądy wzdłuż boków 2 i 4 są prostopadłe do B → , a siły wypadkowe działające na nie są równe F → 2 = I ⁢ b ⁢ B ⁢ k ̂ ⁢ , ⁢ F → 4 = − I ⁢ b ⁢ B ⁢ k ̂ ⁢ . Możemy więc wyznaczyć wypadkową sił działających na pętlę F → wyp = ∑ i = 1 4 F → i = F → 1 + F → 2 + F → 3 + F → 4 = 0 ⁢ N ⁢ . \\vec{F}_{\\text{wyp}} = \\sum_{i=1}^4 \\vec{F}_i = \\vec{F}_1 + \\vec{F}_2 + \\vec{F}_3 + \\vec{F}_4 = \\SI{0}{\\newton} \\text{.} Mimo że wynik ten ( F wyp = 0 ⁢ N F_{\\text{wyp}} = \\SI{0}{\\newton} ) otrzymaliśmy dla pętli prostokątnej, to jest on znacznie bardziej ogólny i pozostaje w mocy dla dowolnego kształtu pętli przewodzących prąd, zatem nie występuje wypadkowa sił działających na pętlę z prądem w jednorodnym polu magnetycznym. (a) Prostokątna pętla z prądem w jednorodnym polu magnetycznym znajduje się pod wpływem wypadkowego momentu sił, ale nie wypadkowej sił. (b) Widok z boku. Żeby wyznaczyć moment sił działających na pętlę z prądem na , rozważmy najpierw F 1 i F 3 . Ponieważ mają one ten sam kierunek, równe wartości i przeciwne zwroty, rzuty sumy ich momentów na dowolną oś wynoszą zero (zobacz: Obrót wokół ustalonej osi ). Zatem jeżeli występuje (nieznikający) moment sił działających na pętlę, to musi pochodzić od F 2 i F 4 . Obliczmy rzuty momentów sił na oś przechodzącą przez punkt O na (b) i na prostopadłą do płaszczyzny rysunku. Punkt O znajduje się w odległości x od boku 2 i w odległości a − x od boku 4 pętli. Ramiona momentów sił F 2 i F 4 są długości odpowiednio x ⁢ sin θ i a − x ⁢ sin θ , wypadkowy moment sił działających na pętlę wynosi M → wyp = ∑ i = 1 4 M → i = M → 1 + M → 2 + M → 3 + M → 4 M → wyp = F 2 ⁢ x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ − F 4 ⁢ a − x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ M → wyp = − I ⁢ b ⁢ B ⁢ x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ − I ⁢ b ⁢ B ⁢ a − x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ ⁢ . \\begin{multiline} \\vec{M}_{\\text{wyp}} &= \\sum_{i=1}^{4} \\vec{M}_i = \\vec{M}_1 + \\vec{M}_2 + \\vec{M}_3 + \\vec{M}_4 \\\\ &= F_2 x \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} - F_4 (a-x) \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} \\\\ &= -IbBx \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} - IbB(a-x) \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} \\text{.} \\end{multiline} M → wyp = ∑ i = 1 4 M → i = M → 1 + M → 2 + M → 3 + M → 4 = F 2 ⁢ x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ − F 4 ⁢ a − x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ = − I ⁢ b ⁢ B ⁢ x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ − I ⁢ b ⁢ B ⁢ a − x ⁢ sin θ ⋅ i ̂ ⁢ . Wyrażenie upraszczamy do M → = − I ⁢ S ⁢ B ⁢ sin θ ⋅ i ̂ ⁢ , \\vec{M} = - ISB \\sin \\theta \\cdot \\hat{i} \\text{,} gdzie S = a ⁢ b oznacza pole powierzchni pętli. Zauważmy, że otrzymany moment sił nie zależy od x , tym samym nie zależy od położenia punktu O w płaszczyźnie pętli z prądem. W konsekwencji pętla doznaje działania takich samych momentów sił pochodzących od pola magnetycznego przy obrotach wokół dowolnych osi, leżących w płaszczyźnie pętli i równoległych do osi x . Zamkniętą pętlę z prądem często traktuje się jako dipol magnetyczny (ang. magnetic dipole ), a wyrażenie I ⁢ S określa się jako wartość jego magnetycznego momentu dipolowego (ang. magnetic dipole moment ) μ . Dokładniej, magnetyczny moment dipolowy jest wektorem zdefiniowanym jako μ → = I ⁢ S ⁢ n ̂ ⁢ , gdzie n ̂ jest wektorem jednostkowym, prostopadłym do płaszczyzny pętli ( ). Kierunek i zwrot n ̂ określa się przy pomocy RHR-2 – jeżeli zgięte palce prawej dłoni wskazują kierunek przepływu prądu przez pętlę, to kciuk pokazuje kierunek i zwrot n ̂ . Jeżeli pętla zawiera N zwojów przewodnika, to magnetyczny moment dipolowy jest równy odpowiedniej wielokrotności μ → = N ⁢ I ⁢ S ⁢ n ̂ ⁢ . Za pomocą magnetycznego momentu dipolowego moment sił działających na pętlę z prądem w jednorodnym polu magnetycznym może być prosto wyrażony jako iloczyn wektorowy M → = μ → × B → ⁢ . Zależność ta jest zachowana dla dowolnego kształtu płaskiej pętli z prądem. Przy użyciu analogicznego rachunku, jak wykonany w Pojemność elektryczna dla dipola elektrycznego, energię potencjalną dipola magnetycznego wyznaczymy jako E p = − μ → ⋅ B → ⁢ . Siły i momenty sił działających na pętlę przewodzącą prąd Kołowa pętla o promieniu 2 ⁢ cm przewodzi prąd o natężeniu 2 ⁢ mA . Ile wynosi wartość jej magnetycznego momentu dipolowego? Jeżeli moment dipolowy jest zorientowany pod kątem 30 ° do kierunku wektora indukcji (jednorodnego) pola magnetycznego o wartości 0,5 ⁢ T , to ile wynosi wartość momentu sił w takim przypadku i jaka jest jego energia potencjalna? Strategia rozwiązania Moment dipolowy zdefiniowano za pomocą iloczynu natężenia prądu i pola powierzchni pętli. Pole powierzchni pętli może być obliczone jako pole koła. Moment sił działających na pętlę i energię potencjalną można obliczyć po wyznaczeniu momentu magnetycznego, indukcji pola magnetycznego i kąta orientacji momentu względem pola. Rozwiązanie Moment magnetyczny μ obliczymy, mnożąc natężenie prądu przez pole powierzchni kołowej pętli π ⁢ r 2 μ = I ⁢ S = 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ A ⋅ π ⋅ 0,02 ⁢ m 2 = 2,5 ⋅ 10 − 6 ⁢ A ⁢ m 2 ⁢ . Moment sił i energię potencjalną wyznaczymy, identyfikując moment magnetyczny, indukcję pola magnetycznego i kąt pomiędzy ich wektorami. Wykonujemy następujące obliczenia M = M → = μ → × B → = μ ⁢ B ⁢ sin θ = 2,5 ⋅ 10 -6 ⁢ A ⁢ m 2 ⋅ 0,5 ⁢ T ⋅ sin 30 ° M = M → = 6,3 ⋅ 10 -7 ⁢ N ⁢ m ⁢ , \\begin{multiline} M &= \\abs{\\vec{M}} = \\abs{\\vec{\\mu} \\times \\vec{B}} = \\mu B \\sin \\theta = \\SI{2,5e-6}{\\ampere\\metre\\squared} \\cdot \\SI{0,5}{\\tesla} \\cdot \\sin \\ang{30} \\\\ &= \\SI{6,3e-7}{\\newton\\metre} \\text{,} \\end{multiline} M = M → = μ → × B → = μ ⁢ B ⁢ sin θ = 2,5 ⋅ 10 -6 ⁢ A ⁢ m 2 ⋅ 0,5 ⁢ T ⋅ sin 30 ° = 6,3 ⋅ 10 -7 ⁢ N ⁢ m ⁢ , E p = − μ → ⋅ B → = − μ ⁢ B ⁢ cos θ = − 2,5 ⋅ 10 -6 ⁢ A ⁢ m 2 ⋅ 0,5 ⁢ T ⋅ cos 30 ° = − 1,1 ⋅ 10 -6 ⁢ J ⁢ . E_{\\text{p}} = - \\vec{\\mu} \\cdot \\vec{B} = - \\mu B \\cos \\theta = -\\SI{2,5e-6}{\\ampere\\metre\\squared} \\cdot \\SI{0,5}{\\tesla} \\cdot \\cos \\ang{30} = -\\SI{1,1e-6}{\\joule} \\text{.} Znaczenie Zagadnienie momentu magnetycznego na poziomie atomowym omówimy w następnym rozdziale. Reorientacja momentu magnetycznego za pomocą pola magnetycznego stanowi podstawę działania urządzeń takich jak silniki magnetyczne. W rezultacie przełączanie zewnętrznego pola magnetycznego powoduje stały ruch obrotowy pętli, która dąży do ustawienia się w stosunku do pola tak, aby minimalizować energię potencjalną. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak powinien być zorientowany względem pola magnetycznego moment dipolowy, aby wytworzyć maksymalny moment sił w danym polu magnetycznym; nadać dipolowi maksymalną energię? a. Prostopadle; b. Równolegle (energia najbardziej ujemna) lub antyrównolegle (energia najbardziej dodatnia). Podsumowanie Wypadkowa sił działających na przewodzącą prąd płaską pętlę dowolnego kształtu w jednorodnym polu magnetycznym wynosi zero. Wypadkowy moment M sił działających na przewodzącą prąd pętlę dowolnego kształtu w jednorodnym polu magnetycznym wyraża się wzorem M → = μ → × B → , gdzie μ → jest magnetycznym momentem dipolowym, a B → indukcją pola magnetycznego. Magnetyczny moment dipolowy μ równa się iloczynowi liczby zwojów drutu N , natężenia przepływającego przez przewodnik prądu I oraz pola powierzchni pojedynczego zwoju S : μ → = N ⁢ I ⁢ S ⁢ n ̂ . Zadania Odpowiedz na poniższe pytania. O ile procent maleje moment sił działających na silnik, gdy jego magnes trwały traci 5 ⁢ % swojej siły (namagnesowania)? O ile procent należy zwiększyć natężenie prądu, aby przywrócić pierwotne wartości momentu sił? a. M = N ⁢ I ⁢ S ⁢ B , więc M maleje o 5 ⁢ % , gdy B maleje o 5 ⁢ % ; b. Zwiększyć o 5,26 ⁢ % . Odpowiedz na poniższe pytania. Jaką wartość ma maksymalny moment sił działających na kwadratową pętlę drutu o 150 zwojach i długości boku 18 ⁢ cm , przez którą płynie prąd o natężeniu 50 ⁢ A , w polu magnetycznym o indukcji 1,6 ⁢ T ? Jaką wartość ma moment sił, jeżeli θ równa się 10,9 ° ? Wyznacz natężenie prądu, który musi płynąć przez pętlę, aby wytworzyć maksymalny moment sił 9 ⁢ N ⁢ m . Pętla zawiera 50 kwadratowych zwojów o długości boku 15 ⁢ cm i znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,8 ⁢ T . 10 ⁢ A . Oblicz indukcję pola magnetycznego, działającego na kwadratową pętlę o 200 zwojach i długości boku 20 ⁢ cm , koniecznego do wywołania maksymalnego momentu sił 300 ⁢ N ⁢ m w czasie, gdy przez pętlę płynie prąd o natężeniu 25 ⁢ A . Skoro wyrażenie na moment sił działających na przewodzącą prąd pętlę ma postać M = N ⁢ I ⁢ S ⁢ B ⁢ sin θ , to jednostka N ⁢ m musi być równa jednostce A ⁢ m 2 ⁢ T . Zweryfikuj to. A ⁢ m 2 ⋅ T = A ⁢ m 2 ⋅ N A ⁢ m = N ⁢ m \\si{\\ampere\\metre\\squared} \\cdot \\si{\\tesla} = \\si{\\ampere\\metre\\squared} \\cdot \\frac{\\si{\\newton}}{\\si{\\ampere\\metre}} = \\si{\\newton\\metre} . Przy jakiej wartości kąta θ moment sił działających na pętlę z prądem wyniesie 90 ⁢ % wartości maksymalnej; 50 ⁢ % wartości maksymalnej; 10 ⁢ % wartości maksymalnej? Proton ma własny moment magnetyczny, związany z jego spinem. Indukcja pola jest podobna do wytworzonej przez kołową pętlę o promieniu 0,65 ⋅ 10 − 15 ⁢ m z prądem o natężeniu 1,05 ⋅ 10 4 ⁢ A . Wyznacz maksymalny moment siły działającej na proton w polu o indukcji 2,5 ⁢ T . (Dla małej cząstki jest to znaczny moment siły). 3,48 ⋅ 10 − 26 ⁢ N ⁢ m . Kołowa pętla o 200 zwojach i promieniu 50 ⁢ cm jest ustawiona pionowo, a jej oś symetrii leży na linii wschód–zachód. Prąd 100 ⁢ A krąży w pętli w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara – patrząc od wschodu. Ziemskie pole magnetyczne jest w tym miejscu równoległe do podłoża, a jego indukcja ma wartość 3 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Jakie są kierunek, zwrot i wartość momentu sił działających na pętlę? Czy można zastosować takie urządzenie w charakterze silnika? Powtórz zadanie poprzednie dla przypadku pętli leżącej poziomo na podłożu, z prądem krążącym w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, patrząc z góry, w miejscu, gdzie ziemskie pole magnetyczne jest zwrócone na północ, ale pod kątem 45 ° w dół do płaszczyzny horyzontu, a jego indukcja ma wartość 6 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . 0,666 ⁢ N ⁢ m . dipol magnetyczny (ang. magnetic dipole ) zamknięta pętla przewodnika z przepływającym prądem lub para biegunów magnetycznych w przypadku gdy rozmiary źródła, pętli lub pary biegunów, są traktowane jako niewielkie (w granicy – znikające) magnetyczny moment dipolowy (ang. magnetic dipole moment ) iloczyn natężenia prądu oraz pola powierzchni przewodnika, oznaczane także jako μ silnik (prądu stałego) (ang. motor (DC) ) pętla drutu w polu magnetycznym; gdy prąd przepływa przez pętlę, pole magnetyczne wywiera na nią moment sił, co powoduje obrót wału; w procesie tym energia elektryczna ulega przetworzeniu w pracę mechaniczną", "section": "Wypadkowa sił i moment sił działających na pętlę z prądem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Efekt Halla W 1879 r. Edwin Herbert Hall (1855–1938) opracował eksperyment pozwalający ustalić znak przeważających w danym materiale nośników ładunku. Z perspektywy historycznej był to pierwszy eksperyment umożliwiający zademonstrowanie faktu, że ładunek nośników w większości metali jest ujemny. Odwiedź tę stronę , aby uzyskać więcej informacji na temat efektu Halla. Przeanalizujemy efekt Halla (ang. Hall effect ), śledząc ruch elektronu swobodnego wzdłuż metalowej taśmy o szerokości l w stałym polu magnetycznym ( ). Elektrony poruszają się z lewa na prawo tak, że siła magnetyczna, której działania doznają, dociska je do dolnej krawędzi taśmy, co skutkuje powstaniem pola elektrycznego E zwróconego w dół. Koncentracja ładunku na obu krawędziach taśmy narasta do momentu, gdy siła elektryczna działająca na elektrony w danym kierunku zostanie zrównoważona przez siłę magnetyczną działającą na nie w kierunku przeciwnym. Równowaga zostaje osiągnięta, gdy e ⁢ E = e ⁢ v d ⁢ B ⁢ , gdzie e jest wartością ładunku elektronu, v d prędkością unoszenia elektronów, a E natężeniem pola elektrycznego wytworzonego przez rozdzielone ładunki. W rezultacie rozwiązania tego równania na prędkość unoszenia otrzymujemy v d = E B ⁢ . W efekcie Halla różnica potencjałów pomiędzy górną a dolną krawędzią metalowej taśmy powstaje, gdy tory poruszających się ładunków uginane są przez pole magnetyczne. (a) Efekt Halla dla nośników ładunku ujemnego. (b) Efekt Halla dla nośników ładunku dodatniego. Przypadek, w którym pola elektryczne i magnetyczne są wzajemnie prostopadłe, nazywamy przypadkiem skrzyżowanych pól. Jeżeli pola te wytwarzają równe i przeciwnie zwrócone siły działające na naładowaną cząstkę o prędkości umożliwiającej wyrównanie się tych sił, wówczas cząstki te są w stanie przemieszczać się przez cały aparat, nazywany rozdzielaczem prędkości (ang. velocity selector ), bez ugięcia, tzn. wzdłuż linii prostej. Prędkość ta jest przedstawiona na . Naładowana cząstka o każdej innej prędkości przesyłana przez ten sam obszar pól byłaby odchylana przez siłę magnetyczną lub siłę elektryczną. Powróćmy do efektu Halla; jeżeli natężenie prądu w taśmie wynosi I , to z rozdziału Prąd i rezystancja wiemy, że I = n ⁢ e ⁢ v d ⁢ S ⁢ , gdzie n jest liczbą nośników ładunku podzieloną przez objętość, S polem powierzchni przekroju poprzecznego taśmy. Złożenie równań na v d oraz I prowadzi do I = n ⁢ e ⋅ E B ⋅ S ⁢ . Pole E jest związane z różnicą potencjałów U pomiędzy krawędziami taśmy podzieloną przez odległość E = U l ⁢ . Wielkość U nazywamy napięciem Halla i mierzymy ją za pomocą woltomierza. Ostatecznie równania dla I oraz E prowadzą do U = I ⁢ B ⁢ l n ⁢ e ⁢ S ⁢ , gdzie górna krawędź taśmy na jest dodatnia względem dolnej krawędzi. Możemy też złożyć oraz , aby otrzymać wyrażenie na napięcie Halla w zależności od indukcji pola magnetycznego U = B ⁢ l ⁢ v d ⁢ . A co się stanie, gdy nośniki ładunku będą dodatnie, jak na ? Dla natężenia prądu o tej samej wartości I wartość U jest nadal dana przez . Jednak górna krawędź jest teraz ujemna w stosunku do dolnej. Zatem mierząc znak U , możemy określić znak większościowych nośników ładunku w metalu. Pomiary napięcia Halla pokazują, że elektrony są dominującymi nośnikami ładunku w większości metali. Jednak w niektórych, takich jak wolfram i beryl, oraz w licznych półprzewodnikach ładunki większościowe są dodatnie. Okazuje się, że przewodzenie dodatnich ładunków wywołuje migracja brakujących elektronów z opuszczonych węzłów sieci (nazywanych dziurami) na jony. Przewodzenie dziur przeanalizujemy w dalszej części Fizyka fazy skondensowanej . Efekt Halla można wykorzystać do pomiaru pola magnetycznego. Jeżeli materiał o znanej gęstości (koncentracji) nośników ładunku n umieścimy w polu magnetycznym i zmierzymy napięcie U , to indukcję pola będziemy mogli wyznaczyć z . W laboratoriach badawczych, gdzie pola elektromagnesów wykorzystywanych do precyzyjnych pomiarów muszą być niezwykle trwałe, powszechnie korzysta się z sondy Halla jako części układu elektronicznego, która kontroluje pole. Rozdzielacz prędkości Wiązka elektronów wpada do rozdzielacza prędkości ze skrzyżowanymi polami magnetycznym i elektrycznym odpowiednio o indukcji 2 ⁢ mT i natężeniu 6 ⋅ 10 3 ⁢ N ∕ C . Jaką prędkość musi mieć wiązka elektronów, aby przechodziła przez obszar skrzyżowanych pól bez uginania trajektorii? Jeżeli pole elektryczne jest wyłączone, to ile wynosi przyspieszenie wiązki elektronów? Jaki jest promień okręgu, wzdłuż którego wiązka będzie się poruszała w tej sytuacji? Strategia rozwiązania Wiązka elektronów nie ulega ugięciu pod wpływem pól magnetycznego i elektrycznego, jeżeli odpowiadające im siły się równoważą. Na podstawie faktu równoważenia się sił obliczamy prędkość niezaburzonej wiązki. W przypadku nieobecności pola elektrycznego tylko siła magnetyczna występuje w równaniu Newtona, którego używamy do wyznaczenia przyspieszenia. Ostatecznie promień trajektorii wyznaczamy w oparciu o rozwiązanie równania Newtona z siłą magnetyczną opisujące ruch po okręgu. Rozwiązanie Prędkość niezaburzonej wiązki elektronów w skrzyżowanych polach obliczamy z v d = E B = 6 ⋅ 10 3 ⁢ N ∕ C 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ T = 3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⁢ . Przyspieszenie obliczamy z wypadkowej sił pochodzących od pola magnetycznego, równej iloczynowi masy i przyspieszenia. Wartością przyspieszenia jest m ⁢ a = q ⁢ v ⁢ B ⇒ a = q ⁢ v ⁢ B m ⁢ , ma = qvB \\implies a = \\frac{qvB}{m} \\text{,} a = 1,6 ⋅ 10 -19 ⁢ C ⋅ 3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ 2 ⋅ 10 -3 ⁢ T 9,1 ⋅ 10 -31 ⁢ kg = 1,1 ⋅ 10 15 ⁢ m ∕ s 2 ⁢ . a = \\frac{\\SI{1,6e-19}{\\coulomb} \\cdot \\SI{3e6}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\SI{2e-3}{\\tesla}}{\\SI{9,1e-31}{\\kilo\\gram}} = \\SI{1,1e15}{\\metre\\per\\second\\squared} \\text{.} Promień trajektorii uzyskujemy z przyrównania siły magnetycznej do siły dośrodkowej ruchu po okręgu ( ) jako r = m ⁢ v q ⁢ B = 9,1 ⋅ 10 − 31 ⁢ kg ⋅ 3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ T = 8,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m ⁢ . Znaczenie Jeżeli prędkości elektronów w wiązce są większe lub mniejsze niż odpowiedź w części (a), to w wypadkowej sił wywieranych na te elektrony przeważa siła magnetyczna albo siła elektryczna. Dlatego przechodzą wyłącznie elektrony o tej szczególnej wartości prędkości. Napięcie Halla w płytce srebra ukazuje płytkę srebra o przekroju 1 ⁢ cm na 0,2 ⁢ cm . Przewodzi ona prąd 100 ⁢ A z lewej na prawą stronę w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 1,5 ⁢ T . Założywszy gęstość elektronów w srebrze n = 5,9 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 , obliczmy napięcie Halla pomiędzy krawędziami. Schemat wyznaczania napięcia Halla w płytce srebra umieszczonej w polu magnetycznym. Strategia rozwiązania Większość nośników ładunku stanowią elektrony, polaryzację napięcia Halla przedstawiamy na rysunku. Wartość napięcia Halla obliczamy przy użyciu U = I ⁢ B ⁢ l n ⁢ e ⁢ S ⁢ . Rozwiązanie Żeby obliczyć napięcie Halla, musimy znać wartości prądu płynącego przez materiał i indukcji magnetycznej oraz długość przewodnika i pole jego przekroju, a także liczbę nośników ładunku. Skoro wszystkie wielkości są dane, napięcie Halla obliczamy jako U = I ⁢ B ⁢ l n ⁢ e ⁢ S = 100 ⁢ A ⋅ 1,5 ⁢ T ⋅ 10 − 2 ⁢ m 5,9 ⋅ 10 38 ⁢ elektronów ∕ m 3 ⋅ 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 2 ⋅ 10 − 5 ⁢ m 2 = 7,9 ⋅ 10 − 6 ⁢ V ⁢ . Znaczenie Napięcie Halla jest bardzo małe i należy zachować ostrożność przy eksperymentach na wrażliwym sprzęcie, niezbędnym do tych pomiarów. Sprawdź, czy rozumiesz. Sonda Halla składa się z miedzianej ( n = 8,5 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 ) taśmy o szerokości 2 ⁢ cm i grubości 0,1 ⁢ cm . Ile wynosi pole magnetyczne, gdy I = 50 ⁢ A , a napięcie Halla równe jest 4 ⁢ µV ; 6 ⁢ µV ? a. 1,1 ⁢ T ; b. 1,6 ⁢ T . Podsumowanie Prostopadłe pola, elektryczne i magnetyczne, wywierają równe co do wartości, przeciwnie zwrócone siły, przy szczególnej prędkości wchodzących w ich obszar cząstek, tym samym działają jak rozdzielacz prędkości. Prędkość ładunków przelatujących bez uginania toru oblicza się za pomocą wzoru v d = E ∕ B v_{\\text{d}} = E / B . Efekt Halla można wykorzystać do pomiaru znaku większościowych nośników ładunku w metalach, a także do pomiaru indukcji pola magnetycznego. Pytania Napięcie Halla jest znacznie większe dla słabych przewodników niż dla dobrych przewodników. Dlaczego? W słabych przewodnikach koncentracja nośników ładunku n jest niższa, co jest związane z wyższym napięciem Halla, zgodnie ze wzorem wyrażającym efekt Halla. W dobrych przewodnikach koncentracja nośników ładunku jest wyższa, zatem napięcie Halla – niższe. Zadania Miedziana taśma znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 2,5 ⁢ T . Zmierzone natężenie pola elektrycznego Halla wynosi 1,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ∕ m . Jaka jest prędkość unoszenia elektronów przewodnictwa? Założywszy, że n = 8 ⋅ 10 28 ⁢ elektronów ∕ m 3 i że pole powierzchni przekroju poprzecznego taśmy wynosi 5 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 , oblicz natężenie prądu w taśmie; Ile wynosi współczynnik Halla n ⁢ q -1 (nq)^{-1} ? Wymiary przekroju poprzecznego miedzianej taśmy to 2 ⁢ cm na 2 ⁢ mm . Przewodzi ona prąd 100 ⁢ A i umieszczona jest w polu magnetycznym o indukcji B = 1,5 ⁢ T . Jaką wartość i polaryzację przyjmuje napięcie Halla w miedzianej taśmie? 5,8 ⋅ 10 − 7 ⁢ V . Wartości natężenia pola elektrycznego i indukcji magnetycznej w rozdzielaczu prędkości wynoszą odpowiednio 1,8 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m i 0,08 ⁢ T . Jaką prędkość musi mieć proton, aby przejść przez rozdzielacz? Oblicz także prędkości konieczne do przejścia przez cząstki α oraz przez pojedynczo zjonizowany atom s O 16 . Naładowana cząstka porusza się w rozdzielaczu prędkości ze stałą prędkością, E = 10 4 ⁢ N ∕ C oraz B = 0,25 ⁢ T . Gdy pole elektryczne zostaje wyłączone, cząstka porusza się wzdłuż okręgu o promieniu 3,33 ⁢ mm . Wyznacz stosunek ładunku do masy cząstki. 4,8 ⋅ 10 7 ⁢ C ∕ kg . Odczyt z sondy Halla wynosi 1,5 ⁢ µV dla prądu 2 ⁢ A , gdy jest ona umieszczona w polu magnetycznym o indukcji 1 ⁢ T . Ile wynosi indukcja pola magnetycznego w obszarze odczytu, gdy wynosi on 2 ⁢ µV dla prądu 1,7 ⁢ A ? efekt Halla (ang. Hall effect ) wytwarzanie poprzecznego napięcia w przewodniku z prądem przez zewnętrzne pole magnetyczne rozdzielacz prędkości (ang. velocity selector ) aparat, w którym skrzyżowane pola elektryczne i magnetyczne wytwarzają równej wartości, przeciwnie zwrócone siły, działające na naładowaną cząstkę o określonej prędkości; cząstka ta porusza się przez obszar rozdzielacza prędkości tak, jak cząstka swobodna, podczas gdy cząstki poruszające się z innymi prędkościami są uginane w aparacie", "section": "Efekt Halla", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Zastosowania sił i pól magnetycznych Możliwość manipulowania cząstkami naładowanymi i ich rozróżniania pozwala na pogłębione badania nad budową materii. Na początku rozważymy spektrometr masowy, aby przekonać się, jak rozróżniać jony dzięki znajomości ilorazu ich ładunku i masy. Następnie omówimy działanie cyklotronów jako urządzeń do rozpędzania naładowanych cząstek w celu uzyskania bardzo wysokich energii. Spektrometr masowy Spektrometr masowy (ang. mass spectrometer ) jest urządzeniem, które rozdziela jony o różnych wartościach stosunku ładunku i masy. Jedną z jego wersji, spektrometr masowy Bainbridge’a, przedstawiamy poniżej ( ). Jony wytworzone przez źródło najpierw przepuszcza się przez rozdzielacz prędkości, w którym siła magnetyczna jest równoważona przez siłę elektryczną. Wszystkie jony na wyjściu mają takie same prędkości v = E ∕ B , ponieważ jony z innymi prędkościami na wejściu są rozpraszane przez większą z sił, elektryczną lub magnetyczną, i ostatecznie wykluczane z udziału w kolejnym etapie. Następnie jony wpadają w jednorodne pole magnetyczne o indukcji B → 0 \\vec{B}_0 , gdzie podążają wzdłuż kołowego toru o promieniu R danym przez . Promień mierzy się za pomocą detektora cząstek ustawionego tak, jak pokazano na rysunku. Schemat spektrometru masowego Bainbridge’a przedstawia trajektorię naładowanych cząstek opuszczających źródło, przechodzących przez rozdzielacz prędkości, w którym zrównoważone są siły elektryczna i magnetyczna, wpadających w obszar jednorodnego pola magnetycznego, gdzie są one ostatecznie rejestrowane. Związek pomiędzy stosunkiem ładunku do masy q ∕ m a promieniem R określa złożenie i q m = E B ⁢ B 0 ⁢ R ⁢ . Ponieważ większość jonów jest naładowana pojedynczym ładunkiem elementarnym ( q = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ), mierzone wartości R mogą zostać użyte do wyznaczenia mas jonów przy użyciu powyższego równania. Współczesne instrumenty pozwalają wyznaczyć masy z dokładnością 10 − 8 . Ciekawe jest zastosowanie spektrometru jako części układu do detekcji bardzo małych wypływów w aparaturze badawczej. W laboratoriach niskich temperatur urządzenie znane jako chłodziarka roztworu wykorzystuje mieszaninę 3 He, 4 He i innych kriogeników do osiągnięcia temperatur znacznie poniżej 1 ⁢ K . Działanie chłodziarki ulega znacznemu spowolnieniu, gdy dojdzie do choćby najmniejszej nieszczelności. Dlatego przed schłodzeniem do pożądanej temperatury chłodziarkę poddaje się testowi szczelności. Niewielką ilość helu w postaci gazowej wtłacza się do komór chłodziarki, podczas gdy wybraną (pozornie) izolowaną komorę łączy się z pompą wysokiej próżni wyposażoną dodatkowo w spektrometr masowy. Ogrzana struga jonizuje atomy helu odprowadzane przez pompę. Detekcja tych jonów w spektrometrze świadczy o nieszczelności pomiędzy dwiema komorami chłodziarki roztworu. W połączeniu z chromatografią gazową spektrometry masowe są szeroko stosowane do identyfikacji nieznanych substancji. Podczas gdy chromatografia gazowa rozbija substancję, spektrometr masowy oddziela powstające zjonizowane cząstki. Technikę tę stosują biegli do ustalania przyczyn pożarów na podstawie szczątków, organy ścigania do identyfikacji narkotyków, służby ochrony do identyfikacji materiałów wybuchowych; ma ona także liczne zastosowania medyczne. Cyklotron Cyklotron (ang. cyclotron ) wynalazł Ernest Orlando Lawrence (1901–1958) jako urządzenie do przyspieszania cząstek naładowanych (zwykle protonów, deuteronów lub cząstek α) dla osiągania wielkich energii kinetycznych rzędu kilkunastu MeV \\si{\\mega\\electronvolt} . Cząstki te używane są w eksperymentach zderzeń jądrowych i do produkcji izotopów radioaktywnych. Cyklotron przedstawia . Cząstki przemieszczają się pomiędzy dwiema płaskimi, półcylindrycznymi metalowymi komorami D1 i D2, nazywanymi D (ang. dees ). D znajdują się wewnątrz większego metalowego zbiornika, a cała aparatura umieszczana jest pomiędzy biegunami elektromagnesu, który wytwarza jednorodne pole magnetyczne. Z dużego zbiornika odprowadzone jest powietrze, dzięki czemu cząstki nie tracą energii ani nie są rozpraszane w wyniku zderzeń z cząstkami powietrza. Komory D połączone są ze źródłem napięcia wysokiej częstotliwości wytwarzającym zmienne pole elektryczne w niewielkim obszarze pomiędzy nimi. Ponieważ komory wykonane są z metalu, ich wnętrza pozostają ekranowane (chronione przed wnikaniem pola elektrycznego). Wnętrze cyklotronu. Podczas gdy przyłożone jest jednorodne pole magnetyczne, protony krążą, przemieszczając się pomiędzy komorami D, i zwiększają swoją energię, przechodząc przez szczelinę pomiędzy komorami. Załóżmy, że dodatnio naładowana cząstka wpada do szczeliny pomiędzy komorami D, przy czym potencjał komory D2 jest dodatni i mierzony względem potencjału komory D1. Wówczas cząstka ulega przyspieszeniu w kierunku poprzecznym do szczeliny i dociera do komory D1 po uzyskaniu energii kinetycznej q ⁢ U , gdzie U jest uśrednioną różnicą potencjałów pomiędzy komorami D. Podczas gdy cząstka znajduje się wewnątrz D1, działa na nią wyłącznie jednorodne pole magnetyczne B → elektromagnesu, zatem porusza się ona po okręgu o promieniu r = m ⁢ v q ⁢ B z okresem ruchu T = 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B ⁢ . Okres zmieniającego się napięcia jest tak dobrany w stosunku do T , aby podczas ruchu cząstki po okręgu we wnętrzu komory D1 w czasie T ∕ 2 polaryzacja komór D ulegała odwróceniu. Gdy cząstka ponownie wchodzi w obszar szczeliny, potencjał D1 jest dodatni względem potencjału D2, a cząstka jest ponownie przyspieszana w kierunku poprzecznym do szczeliny, uzyskując energię kinetyczną q ⁢ U . Następnie cząstka dociera do D2, krąży po nieco większym okręgu i opuszcza D2 po spędzeniu w niej czasu T ∕ 2 . Proces ten jest powtarzany do czasu, gdy orbita cząstki zetknie się z brzegiem komór D. W tym momencie cząstka (w rzeczywistości wiązka cząstek) zostaje odprowadzona z cyklotronu i użyta do przeprowadzenia wybranego eksperymentu. Działanie cyklotronu opiera się na fakcie, że w jednorodnym polu magnetycznym okres ruchu orbitalnego cząstki nie zależy od jego promienia ani od energii kinetycznej cząstki. W konsekwencji okres źródła zmiennego napięcia należy dobrać do jednej tylko wielkości, danej przez . Przy takim ustawieniu pole elektryczne przyspiesza cząstki za każdym razem, gdy znajdą się one pomiędzy komorami D. Jeżeli maksymalny promień orbity w cyklotronie wynosi R , to z maksymalna prędkość krążącej cząstki o masie m i ładunku q wynosi v max = q ⁢ B ⁢ R m ⁢ . Zatem jej energia kinetyczna po uwolnieniu z cyklotronu wynosi E k max = 1 2 ⁢ m ⁢ v max 2 = q 2 ⁢ B 2 ⁢ R 2 2 ⁢ m ⁢ . E_{\\text{k }\\sep \\text{max}} = \\frac{1}{2} mv_{\\text{max}}^2 = \\frac{q^2 B^2 R^2}{2 m} \\text{.} Maksymalna energia kinetyczna osiągana w cyklotronach tego typu wynosi w przybliżeniu 30 ⁢ MeV . Powyżej tej energii efekty relatywistyczne stają się istotne, co powoduje wzrost okresu ruchu orbitalnego ze wzrostem jego promienia. Przy energiach do kilkuset megaelektronowoltów efekty relatywistyczne można skompensować przez wprowadzenie stopniowego wzrostu wartości indukcji magnetycznej ze wzrostem promienia orbity. Jednak dla wyższych energii do przyspieszania cząstek konieczne jest zastosowanie znacznie bardziej wyszukanych metod. Cząstki przyspieszane są do bardzo dużych energii za pomocą akceleratorów liniowych albo synchrotronów. Akcelerator liniowy przyspiesza cząstki w sposób ciągły przy użyciu pola elektrycznego fali elektromagnetycznej, która przemieszcza się wzdłuż długiej rury próżniowej. Liniowy akcelerator znajdujący się na Uniwersytecie Stanforda (ang. Stanford Linear Accelerator Center , SLAC) ma długość ok. 3,3 ⁢ km i przyspiesza elektrony i pozytony (dodatnio naładowane elektrony) do energii 50 ⁢ GeV . Synchrotron obecnie uzyskiwanych energii należy do Europejskiej Organizacji Badań Jądrowych CERN ( Conseil Européen pour la Recherche Nucléaire , o sposobie jego działania możesz dowiedzieć się np. z tego filmu ) i znajduje się na granicy szwajcarsko-francuskiej w pobliżu Genewy. Ostatnio CERN znalazło się w centrum uwagi dzięki potwierdzeniu odkrycia bozonu Higgsa (zobacz: Fizyka cząstek elementarnych i kosmologia ). Synchrotron ten może przyspieszać wiązki ok. 10 13 protonów do energii ok. 7 ⁢ TeV \\SI{7}{\\tera\\electronvolt} . Przyspieszanie cząstek α w cyklotronie Cyklotron użyty do przyspieszenia cząstek α ( m = 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg , q = 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ) ma promień 0,5 ⁢ m i znajduje się w polu magnetycznym 1,8 ⁢ T . Jaki jest okres obiegu cząstek α? Ile wynosi ich maksymalna energia kinetyczna? Strategia rozwiązania Okres obiegu jest w przybliżeniu równy odległości pokonywanej wzdłuż okręgu podzielonej przez prędkość. Uwzględniwszy, że przyłożona siła magnetyczna jest siłą dośrodkową, możemy wyprowadzić wzór na okres. Energia kinetyczna może być wyznaczona z prędkości maksymalnej wiązki, odpowiadającej maksymalnemu promieniowi ruchu wewnątrz cyklotronu. Rozwiązanie Jeśli wiemy, ile wynoszą masa, ładunek i indukcja magnetyczna, możemy obliczyć okres T = 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B = 2 ⁢ π ⋅ 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ⋅ 1,8 ⁢ T = 7,3 ⋅ 10 − 8 ⁢ s ⁢ . Jeśli znamy ładunek, indukcję magnetyczną, promień trajektorii oraz masę, możemy obliczyć maksymalną energię kinetyczną E k max = 1 2 ⁢ m ⁢ v max 2 = q 2 ⁢ B 2 ⁢ R 2 2 ⁢ m = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C 2 ⋅ 1,8 ⁢ T 2 ⋅ 0,5 ⁢ m 2 2 ⋅ 6,64 ⋅ 10 -27 ⁢ kg E k max = 6,2 ⋅ 10 -12 ⁢ J = 39 ⁢ MeV ⁢ . \\begin{multiline} E_{\\text{k max}} &= \\frac{1}{2} m v_{\\text{max}}^2 = \\frac{q^2B^2R^2}{2m} = \\frac{(\\SI{3,2e-19}{\\coulomb})^2 \\cdot (\\SI{1,8}{\\tesla})^2 \\cdot (\\SI{0,5}{\\metre})^2}{2 \\cdot \\SI{6,64e-27}{\\kilo\\gram}} \\\\ &= \\SI{6,2e-12}{\\joule} = \\SI{39}{\\mega\\electronvolt} \\text{.} \\end{multiline} E k max = 1 2 ⁢ m ⁢ v max 2 = q 2 ⁢ B 2 ⁢ R 2 2 ⁢ m = 3,2 ⋅ 10 -19 ⁢ C 2 ⋅ 1,8 ⁢ T 2 ⋅ 0,5 ⁢ m 2 2 ⋅ 6,64 ⋅ 10 -27 ⁢ kg = 6,2 ⋅ 10 -12 ⁢ J = 39 ⁢ MeV ⁢ . Sprawdź, czy rozumiesz. Masz zaprojektować cyklotron tak, aby przyspieszał protony do uzyskania przez nie energii kinetycznej o wartości 20 ⁢ MeV przy użyciu pola magnetycznego o indukcji 2 ⁢ T . Ile musi wynosić promień cyklotronu w takim przypadku? 0,32 ⁢ m . Podsumowanie Spektrometr masowy jest urządzeniem, które w wyniku przepuszczenia jonów przez rozdzielacz prędkości, a następnie przez jednorodne pole magnetyczne, rozdziela je ze względu na iloraz ich ładunku oraz masy. Cyklotrony stosuje się do przyspieszania cząstek naładowanych do wysokich energii kinetycznych na skutek działania pól elektrycznego i magnetycznego. Najważniejsze wzory Siła działająca na ładunek w polu magnetycznym F → = q ⁢ v → × B → Wartość siły magnetycznej F = q ⁢ v ⁢ B ⁢ sin θ Promień trajektorii cząstki w polu magnetycznym r = m ⁢ v q ⁢ B Okres ruchu cząstki w polu magnetycznym T = 2 ⁢ π ⁢ m q ⁢ B Siła działająca na przewodnik z prądem w jednorodnym polu magnetycznym F → = I ⁢ l → × B → Magnetyczny moment dipolowy μ → = N ⁢ I ⁢ S ⁢ n ̂ Moment sił działających na pętlę z prądem M → = μ → × B → Energia dipola magnetycznego E p = − μ → ⋅ B → Prędkość unoszenia w skrzyżowanych polach elektrycznym i magnetycznym v d = E B Potencjał Halla U = I ⁢ B ⁢ l n ⁢ e ⁢ S Potencjał Halla w zależności od prędkości unoszenia U = B ⁢ l ⁢ v d Stosunek ładunku do masy w spektrometrze masowym q m = E B ⁢ B 0 ⁢ R Maksymalna prędkość cząstki w cyklotronie v max = q ⁢ B ⁢ R m Pytania Opisz, jaką rolę w cyklotronie odgrywa pole elektryczne i pole magnetyczne. Zadania Fizyk projektuje cyklotron do przyspieszania protonów do prędkości równej jednej dziesiątej wartości prędkości światła. Indukcja pola magnetycznego ma wartość 1,5 ⁢ T . Wyznacz okres ruchu obrotowego protonu po okręgu; maksymalny promień orbity protonu. a. 4,4 ⋅ 10 − 8 ⁢ s ; b. 0,21 ⁢ m . Indukcja pola magnetycznego i natężenie pola elektrycznego w rozdzielaczu prędkości spektrometru masowego Bainbridge’a mają wartości odpowiednio B = 0,5 ⁢ T oraz E = 1,2 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m , a indukcja pola magnetycznego rozdzielającego jony wynosi B 0 = 0,75 ⁢ T . Strumień jonów Li naładowanych pojedynczym ładunkiem elementarnym porusza się wzdłuż łuku okręgu o promieniu 2,32 ⁢ cm . Jaką masę mają jony Li? Indukcja pola magnetycznego w cyklotronie ma wartość 1,25 ⁢ T , a maksymalny promień orbity protonu jest równy 0,4 ⁢ m . Jaką energię kinetyczną mają protony opuszczające cyklotron? Ile wynosi wartość tej energii wyrażona w megaelektronowoltach? Jaką różnicę potencjałów musiałby pokonać proton, aby osiągnąć energię kinetyczną o tej wartości? Ile wynosi okres źródła zmiennego napięcia użytego do przyspieszania protonów? Powtórz obliczenia dla cząstek α. a. 1,92 ⋅ 10 − 12 ⁢ J ; b. 12 ⁢ MeV ; c. 12 ⁢ MeV ; d. 52 ⁢ ns ; e. 1,92 ⋅ 10 − 12 ⁢ J , 12 ⁢ MeV , 12 ⁢ MeV , 104 ⁢ ns . Spektrometr masowy zastosowano do odseparowania zwykłego tlenu-16 od cząsteczek tlenu-18 (występującego znacznie rzadziej) uwolnionych z próbki starego lodu arktycznego (względna obfitość tych izotopów tlenu jest związana z warunkami temperaturowymi tworzenia się lodu). Stosunek mas jonów obu tych izotopów wynosi 16 do 18, masa tlenu-16 to 2,66 ⋅ 10 − 26 ⁢ kg , a jony obu typów są naładowane pojedynczym ładunkiem elementarnym i przelatują z prędkością 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s w polu magnetycznym o indukcji 1,2 ⁢ T . Jak odległe od siebie są punkty końcowe ich trajektorii po przebyciu półokręgu? Potrójnie naładowane jony uranu-235 i uranu-238 są oddzielane od siebie w spektrometrze masowym. (Rzadziej występujący w przyrodzie uran-235 stosuje się jako paliwo w reaktorach jądrowych). Masy jonów są równe odpowiednio 3,9 ⋅ 10 − 25 ⁢ kg i 3,95 ⋅ 10 − 25 ⁢ kg , poruszają się one z prędkością 3 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s w polu o indukcji 0,25 ⁢ T . Jak oddalone są od siebie punkty końcowe ich trajektorii po przebyciu półokręgu? Czy uważasz tę odległość pomiędzy trajektoriami za wystarczająco dużą do praktycznego oddzielania uranu-235 od uranu-238? a. 2,5 ⋅ 10 − 2 ⁢ m ; b. Zdecydowanie tak; odległość 2,5 ⁢ cm pomiędzy trajektoriami jest wystarczająco duża do oddzielenia 235 U od 238 U. Zadania dodatkowe Oblicz wartość siły magnetycznej działającej na hipotetyczną cząstkę o ładunku 10 − 19 ⁢ C poruszającą się z prędkością 6 ⋅ 10 4 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ w polu magnetycznym o indukcji 1,2 ⁢ T ⋅ k ̂ . Rozwiąż poprzednie zadanie dla zmienionej indukcji pola magnetycznego: 0,4 ⁢ T ⋅ i ̂ + 1,2 ⁢ T ⋅ k ̂ . − 7,2 ⋅ 10 − 15 ⁢ N ⋅ j ̂ . Elektron wpada w obszar jednorodnego pola magnetycznego o indukcji 0,5 ⁢ T ⋅ i ̂ + 0,8 ⁢ T ⋅ k ̂ z prędkością 3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ + 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ . Jaka siła działa na niego? Masa i ładunek kropli wody wynoszą odpowiednio 10 − 4 ⁢ g oraz 2 ⋅ 10 − 8 ⁢ C . Jeżeli kropla ma początkową prędkość poziomą 5 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ , to jakiej indukcji pole magnetyczne będzie podtrzymywać jej ruch w danym kierunku? Dlaczego musimy uwzględnić tu grawitację? 9,8 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⋅ j ̂ ; siły magnetyczna i grawitacyjna muszą się wzajemnie równoważyć, aby była utrzymywana równowaga dynamiczna. Rozważ cztery przypadki ruchu protonu, takie jak na rysunku poniżej. Dla każdego z nich wyznacz siłę magnetyczną działającą na proton w zależności od wartości e , v 0 oraz B 0 . Elektron o energii kinetycznej 2000 ⁢ eV przelatuje pomiędzy równoległymi płytami odległymi od siebie o 1 ⁢ cm , pomiędzy którymi utrzymywana jest różnica potencjałów 300 ⁢ V . Ile powinna wynosić indukcja jednorodnego pola magnetycznego B , aby elektron poruszał się wzdłuż linii prostej (pomiędzy płytami)? Przyjmij, że E i B są wzajemnie prostopadłe. 1,13 ⋅ 10 − 3 ⁢ T . Cząstka α ( m = 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg , q = 3,2 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ) poruszająca się z prędkością v → = 2 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ − 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ k ̂ ⁢ , \\vec{v} = \\SI{2e6}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{i} - \\SI{4e6}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\hat{k} \\text{,} wpada w obszar, w którym obecne jest pole elektryczne i magnetyczne E → = 5 ⋅ 10 4 ⁢ V ∕ m ⋅ i ̂ − 2 ⋅ 10 4 ⁢ V ∕ m ⋅ j ̂ ⁢ , \\vec{E} = \\SI{5e4}{\\volt\\per\\metre} \\cdot \\hat{i} - \\SI{2e4}{\\volt\\per\\metre} \\cdot \\hat{j} \\text{,} B → = 10 -2 ⁢ T ⋅ i ̂ + 4 ⋅ 10 -2 ⁢ T ⋅ k ̂ ⁢ . \\vec{B} = 10^{-2}\\si{\\tesla} \\cdot \\hat{i} + \\SI{4e-2}{\\tesla} \\cdot \\hat{k} \\text{.} Jaka siła działa na nią w chwili początkowej? Elektron poruszający się z prędkością v → \\vec{v} v → = 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ i ̂ + 3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ v → = + 2 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ k ̂ wpada w obszar występowania jednorodnych pól: elektrycznego i magnetycznego. Indukcja pola magnetycznego dana jest przez B → = 1 ⋅ 10 -2 ⁢ T ⋅ i ̂ − 2 ⋅ 10 -2 ⁢ T ⋅ j ̂ B → = + 4 ⋅ 10 -2 ⁢ T ⋅ k ̂ Jeżeli elektron przemieszcza się w tym obszarze wzdłuż linii prostej, to jakie jest pole elektryczne? 1,6 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m ⋅ i ̂ − 1,4 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m ⋅ j ̂ − 1,1 ⋅ 10 5 ⁢ V ∕ m ⋅ k ̂ . W pewnej chwili elektron mający energię kinetyczną 10 ⁢ keV porusza się z zachodu na wschód. Składowa pozioma indukcji ziemskiego pola magnetycznego wynosi 1,8 ⋅ 10 − 5 ⁢ T i jest zwrócona na północ, a składowa pionowa wynosi 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T i jest zwrócona w dół. Wzdłuż jakiej trajektorii porusza się elektron? Jaki jest promień krzywizny trajektorii? Powtórz obliczenia z rozwiązania poprzedniego zadania dla protonu o identycznej energii kinetycznej. a. Ruch po okręgu, w płaszczyźnie kierunków poziomego i pionowego; b. 1,61 ⋅ 10 − 14 ⁢ N ⋅ j ̂ − 0,58 ⋅ 10 − 14 ⁢ N ⋅ k ̂ . Ile powinna wynosić indukcja pola magnetycznego, aby ograniczyć orbitę protonu poruszającego się z prędkością 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s do okręgu o promieniu 10 ⁢ cm ? Elektron i proton poruszają się z jednakowymi prędkościami w płaszczyźnie prostopadłej do jednorodnego pola magnetycznego. Porównaj promienie i okresy ich orbit. Masa protonu jest większa od masy elektronu, dlatego promień i okres orbity protonu są większe. Proton i cząstka α o identycznych energiach kinetycznych poruszają się w płaszczyźnie prostopadłej do jednorodnego pola magnetycznego. Porównaj okresy ich orbit. Jon naładowany pojedynczym ładunkiem elementarnym potrzebuje 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ s na wykonanie ośmiu okrążeń wzdłuż okręgu w jednorodnym polu magnetycznym o wartości indukcji 2 ⋅ 10 − 2 ⁢ T . Ile wynosi masa jonu? 1,3 ⋅ 10 − 25 ⁢ kg . Cząstka poruszająca się pionowo w dół z prędkością 6 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s wpada w jednorodne pole magnetyczne skierowane poziomo i zwrócone ze wschodu na zachód. Jeżeli cząstka jest początkowo odchylana na północ, to jej ładunek jest dodatni czy ujemny? Jeżeli B = 0,25 ⁢ T i stosunek ładunku do masy ( q ∕ m ) cząstki wynosi 4 ⋅ 10 7 ⁢ C ∕ kg , to jaki jest promień jej trajektorii? Ile wynosi prędkość cząstki, jeśli czas trwania jej ruchu w obszarze działania pola to 10 − 5 ⁢ s ? Ile wynosi prędkość ruchu cząstki, jeśli zwiększymy ten czas do 2 ⁢ s ? Proton, deuteron i cząstka α są przyspieszane przez tę samą różnicę potencjałów. Następnie wpadają w takie samo pole magnetyczne i poruszają się prostopadle do niego. Oblicz stosunki promieni ich kołowych trajektorii. Załóż, że m d = 2 ⁢ m p oraz m α = 4 ⁢ m p . 1:0, 707:1. Pojedynczo naładowany jon porusza się w jednorodnym polu magnetycznym 7,5 ⋅ 10 − 2 ⁢ T , przebywając 10 okrążeń w ciągu 3,47 ⋅ 10 − 4 ⁢ s . Zidentyfikuj ten jon. Dwie cząstki mają takie same pędy, ale ładunek cząstki S jest czterokrotnie większy od ładunku cząstki B . Jeżeli obie cząstki poruszają się w płaszczyźnie prostopadłej do jednorodnego pola magnetycznego, to jaki jest stosunek R S ∕ R B promieni ich kołowych orbit? 1 ∕ 4 . Jednorodne pole magnetyczne o wartości indukcji B jest skierowane równolegle do osi z . Proton wpada w to pole z prędkością v → = 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ j ̂ + 3 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ⋅ k ̂ i przemieszcza się po trajektorii śrubowej o promieniu 5 ⁢ cm . Ile wynosi B ? Ile trwa jedno okrążenie po linii śrubowej? W którym miejscu znajdzie się proton po 5 ⋅ 10 − 7 ⁢ s od momentu wejścia w obszar pola? Elektron poruszający się z prędkością 5 ⋅ 10 − 6 ⁢ m ∕ s wpada w pole magnetyczne, którego indukcja tworzy kąt 75 ° z osią x i ma wartość 0,2 ⁢ T . Oblicz nachylenie (odległość pomiędzy pętlami helisy); promień trajektorii. a. 2,3 ⋅ 10 − 4 ⁢ m ; b. 1,37 ⋅ 10 − 4 ⁢ T . Mierzący 0,75 ⁢ m odcinek kabla dostarczającego prąd do rozrusznika silnika samochodu tworzy kąt 60 ° z ziemskim polem 5,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Jakie jest natężenie prądu, gdy kabel doznaje działania siły 7 ⋅ 10 − 3 ⁢ N ? Jeżeli przesuniesz drut pomiędzy biegunami silnego magnesu w kształcie podkowy, poddając 5 ⁢ cm jego długości działaniu pola o indukcji 1,75 ⁢ T , to jaka siła będzie wywierana na ten odcinek drutu? Jaki jest kąt pomiędzy drutem przewodzącym prąd o natężeniu 8 ⁢ A a polem o indukcji 1,2 ⁢ T , w którym znajduje się drut, jeżeli 50 ⁢ cm drutu doznaje działania siły magnetycznej 2,4 ⁢ N ? Jaka siła zadziała na drut, jeżeli zostanie on obrócony tak, aby utworzyć kąt 90 ° z polem? a. 30 ° ; b. 4,8 ⁢ N . Odcinek drutu o długości 1 ⁢ m leży wzdłuż osi x i przewodzi prąd o natężeniu 2 ⁢ A . Znajduje się on w obszarze pola magnetycznego o indukcji 3 ⋅ 10 − 3 ⁢ T ⋅ i ̂ + 4 ⋅ 10 − 3 ⁢ T ⋅ k ̂ . Wyznacz siłę magnetyczną działającą na ten odcinek drutu. Odcinek długiego na 5 ⁢ m , prostoliniowego przewodnika z prądem 10 ⁢ A , znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 8 ⋅ 10 − 3 ⁢ T . Oblicz wielkość siły działającej na ten fragment drutu, jeżeli kąt pomiędzy wektorem indukcji i kierunkiem przepływu prądu wynosi 45 ° ; 90 ° ; 0 ° ; 180 ° . a. 0,283 ⁢ N ; b. 0,4 ⁢ N ; c. 0 ⁢ N ; d. 0 ⁢ N . Elektromagnes wytwarza pole magnetyczne o indukcji 1,5 ⁢ T w cylindrycznym obszarze o promieniu 6 ⁢ cm . Prostoliniowy przewodnik z prądem o natężeniu 25 ⁢ A przechodzi przez to pole tak, jak pokazano na rysunku. Jaka siła magnetyczna jest wywierana na drut? Pętla z prądem przedstawiona na rysunku leży w płaszczyźnie rysunku, podobnie jak pole magnetyczne. Wyznacz wypadkową sił i wypadkowy moment sił działających na pętlę, jeżeli I = 10 ⁢ A oraz B = 1,5 ⁢ T . 0 ⁢ N , 0,01 ⁢ N ⁢ m . Kołowa cewka o promieniu 5 ⁢ cm składa się z pięciu zwojów i przewodzi prąd 5 ⁢ A . Jeżeli cewka znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 5 ⁢ T , to jaki maksymalny moment sił jest na nią wywierany? Kołowa cewka z drutu o przekroju 5 ⁢ cm składa się z 20 zwojów i przewodzi prąd 2 ⁢ A . Cewka leży w polu magnetycznym o indukcji 0,5 ⁢ T , skierowanym równolegle do płaszczyzny podstawy cewki. Ile wynosi moment magnetyczny cewki? Jaki jest moment sił działających na cewkę? a. 0,31 ⁢ A ⁢ m 2 ; b. 0,16 ⁢ N ⁢ m . Przewodząca prąd cewka w polu magnetycznym doświadcza działania momentu sił o wartości 75 ⁢ % maksymalnego możliwego momentu sił. Jaki kąt tworzą wektor indukcji pola magnetycznego i normalna do płaszczyzny podstawy cewki? Prostokątna pętla 4 ⁢ cm na 6 ⁢ cm przewodzi prąd 10 ⁢ A . Ile wynosi magnetyczny moment dipolowy pętli? 0,024 ⁢ A ⁢ m 2 . Kołowa cewka złożona z 200 zwojów ma promień 2 ⁢ cm . Prąd o jakim natężeniu musi płynąć przez cewkę, żeby wytworzyć magnetyczny moment dipolowy 3 ⁢ A ⁢ m 2 ? Działania jakiego maksymalnego momentu sił będzie doznawać cewka w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 5 ⋅ 10 − 2 ⁢ T ? Jeżeli kąt pomiędzy μ oraz B wynosi 45 ° , to jaką wartość ma moment sił działających na cewkę? Ile wynosi magnetyczna energia potencjalna cewki przy tym jej ustawieniu? Prąd przepływający przez kołową pętlę z drutu o promieniu 10 ⁢ cm wynosi 5 ⁢ A . Oblicz magnetyczny moment dipolowy pętli; Jaki moment sił wywierany jest na pętlę, gdy znajduje się ona w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,2 ⁢ T , takim że μ oraz B są ustawione do siebie pod kątem 30 ° ? Jaką energię potencjalną ma dipol przy tym ustawieniu? a. 0,16 ⁢ A ⁢ m 2 ; b. 0,016 ⁢ N ⁢ m ; c. 0,028 ⁢ J . Drut o długości 1 ⁢ m zwinięty jest w płaską pętlę. Pętla przewodzi prąd 5 ⁢ A i umieszczona jest w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,25 ⁢ T . Działania jakiego maksymalnego momentu siły doznaje pętla, jeżeli ma kształt kwadratu? A jakiego, jeżeli ma kształt okręgu? Pod jakim kątem odchylenia od kierunku B należy ustawić normalną kołowej cewki, aby moment sił działających na nią był równy maksymalnemu momentowi sił działających na cewkę kwadratową? Rozważ elektron krążący po kołowej orbicie o promieniu r . Udowodnij, że wartość magnetycznego momentu dipolowego μ oraz momentu pędu L elektronu są ze sobą związane poprzez μ ∕ L = e ∕ 2 ⁢ m \\mu / L = e / (2m) . Z definicji magnetycznego momentu dipolowego otrzymujemy μ = I ⋅ S = Δ Q ∕ Δ t ⋅ S = e ∕ T ⋅ π ⁢ r 2 = e ∕ 2 ⁢ π ⁢ r ∕ v ⋅ π ⁢ r 2 = e ⁢ v ⁢ r ∕ 2 \\mu = I\\cdot S = \\prefop{\\Delta} Q / \\prefop{\\Delta} t \\cdot S = e/T \\cdot \\pi r^2 = e / (2\\pi r / v) \\cdot \\pi r^2 = evr/2 . Z kolei moment pędu równy jest L → = r → × p → ⇒ L = r ⁢ p = r ⁢ m ⁢ v \\vec{L} = \\vec{r} \\times \\vec{p} \\implies L = rp = rmv . Otrzymujemy zatem μ ∕ L = e ⁢ v ⁢ r ∕ 2 ∕ r ⁢ m ⁢ v = e ∕ 2 ⁢ m \\mu / L = (evr/2)/(rmv) = e/(2m) . Efekt Halla zastosowano do wyznaczenia znaku ładunku jego nośników w próbce półprzewodnika. Próbkę umieszczono pomiędzy biegunami magnesu w taki sposób, że indukcja pola magnetycznego zwrócona jest ku górze. Przez prostokątną próbkę ustawioną poziomo przepuszczono prąd. Gdy prąd płynie w kierunku na wschód, wówczas na północnej stronie próbki pomiar wskazuje wyższy potencjał niż na południowej. Stwierdź, czy nośniki ładunku są dodatnio, czy ujemnie naładowane. Dla miedzi koncentracja nośników ładunku wynosi 8,47 ⋅ 10 28 elektronów na 1 ⁢ m 3 . Jakie napięcie Halla zostanie zmierzone w płytce miedzi o rozmiarach 3 ⁢ cm × 2 ⁢ cm × 1 ⁢ cm (długość x szerokość x wysokość), z płynącym przez nią prądem o natężeniu 1,5 ⁢ A , umieszczonej w polu magnetycznym o indukcji 2,5 ⁢ T , prostopadłym do boku płytki 3 ⁢ cm × 2 ⁢ cm ? 4,65 ⋅ 10 − 7 ⁢ V . Efekt Halla zastosowano do wyznaczenia koncentracji ładunku nośników w pewnym nieznanym materiale. Napięcie Halla 40 ⁢ µV przy natężeniu prądu 3 ⁢ A zmierzono w polu magnetycznym o indukcji 3 ⁢ T dla prostokątnej próbki o długości 2 ⁢ cm , szerokości 1,5 ⁢ cm i wysokości 0,4 ⁢ cm . Wyznacz koncentrację nośników ładunku. Udowodnij, że napięcie Halla pomiędzy bokami drutów z tego samego materiału przewodzących prądy o identycznych natężeniach i pod działaniem tego samego pola magnetycznego jest odwrotnie proporcjonalne do ich średnic. Wskazówka: rozważ, w jaki sposób prędkość unoszenia zależy od średnicy drutu. Ponieważ U = B ⁢ l ⁢ v d , gdzie długość jest dwukrotnością promienia, l = 2 ⁢ r , I = n ⁢ q ⁢ S ⁢ v d , v d = I ∕ n ⁢ q ⁢ S = I ∕ n ⁢ q ⁢ π ⁢ r 2 , zatem U = B ⋅ 2 ⁢ r ⋅ I ∕ n ⁢ q ⁢ π ⁢ r 2 = 2 ⁢ I ⁢ B ∕ n ⁢ q ⁢ π ⁢ r ∝ 1 ∕ r ∝ 1 ∕ d . Napięcie Halla jest odwrotnie proporcjonalne do średnicy drutu. W rozdzielaczu prędkości w spektrometrze masowym stosuje się pole magnetyczne o indukcji 0,1 ⁢ T . Pole elektryczne o jakim natężeniu jest niezbędne, aby oddzielić cząstki o prędkości 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s ? Jakie jest napięcie pomiędzy płytami, jeżeli są one oddalone od siebie o 1 ⁢ cm ? Oblicz promień krzywizny trajektorii protonu o energii 25 ⁢ MeV poruszającego się prostopadle do pola cyklotronu o indukcji 1,2 ⁢ T . 6,92 ⋅ 10 7 ⁢ m ∕ s , 0,602 ⁢ m . Nieracjonalne wyniki. Do niemechanicznego miernika przepływu wody wykorzystano pole magnetyczne o indukcji 0,5 ⁢ T ustawione w poprzek rury dostarczającej wodę do domu; miernik rejestruje napięcie Halla. Wyznacz prędkość przepływu wody przez rurę o średnicy 3 ⁢ cm , jeżeli napięcie Halla wynosi 60 ⁢ mV ; Jakie byłoby napięcie Halla przy tej samej prędkości przepływu w przypadku rury o średnicy 10 ⁢ cm w takim samym polu magnetycznym? Nieracjonalne wyniki. Naładowana cząstka o masie 6,64 ⋅ 10 − 27 ⁢ kg (takiej jak masa atomu helu) poruszająca się z prędkością 8,7 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s prostopadle do pola magnetycznego o indukcji 1,5 ⁢ T zatacza okrąg o promieniu 16 ⁢ mm . Jaki ładunek ma cząstka? Co jest nieprawdopodobnego w tym rezultacie? Z jakich założeń to wynika? a. 2,4 ⋅ 10 − 19 ⁢ C ; b. Niecałkowita wielokrotność e ; c. Należy założyć, że wszystkie ładunki są wielokrotnościami e . Nieracjonalne wyniki. Wynalazca chce wytworzyć napięcie 120 ⁢ V , przemieszczając drut o długości 1 ⁢ m prostopadle do ziemskiego pola o indukcji 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Wyznacz prędkość, z którą należy przesuwać drut; Co jest nieprawdopodobnego w tym rezultacie? Z jakich założeń to wynika? Nieracjonalne wyniki. Sfrustrowany z powodu niskiego napięcia Halla otrzymanego w pomiarach przepływu krwi fizyk medyczny decyduje się zwiększyć przyłożone pole magnetyczne tak, aby otrzymać napięcie wyjściowe 0,5 ⁢ V , przy przepływie krwi z prędkością 30 ⁢ cm ∕ s przez żyłę o średnicy 1,5 ⁢ cm . Jakiej indukcji pola magnetycznego potrzebuje? Co jest nieprawdopodobnego w tym rezultacie? Z jakich przesłanek to wynika? a. B = 5 ⁢ T ; b. Bardzo duży magnes; c. Zastosowanie bardzo wysokiego napięcia. Zadania trudniejsze Cząstka o ładunku + q i masie m porusza się z prędkością v → 0 w kierunku dodatnim osi y i przecina w pewnej chwili oś x w x = R . Ładunek ujemny − Q unieruchomiony jest na początku układu współrzędnych i występuje jednorodne pole magnetyczne o indukcji B → 0 zorientowane w kierunku dodatnim osi z . Okazuje się, że cząstka zatacza okrąg o promieniu R dookoła ładunku − Q . Wyznacz B → 0 . Proton o prędkości v = 6 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s wpada w obszar jednorodnego pola magnetycznego o indukcji B = 0,5 ⁢ T pod kątem 30 ° do kierunku pola magnetycznego. W obszarze pola magnetycznego proton zakreśla linię śrubową o promieniu R i nachyleniu p (odległość pomiędzy pętlami). Oblicz R oraz p . R = m ⁢ v ⁢ sin θ ∕ q ⁢ B , p = 2 ⁢ π ⁢ m ∕ e ⁢ B ⋅ v ⁢ cos θ . Trajektoria cząstki zakrzywia się, gdy przechodzi ona przez obszar niezerowego pola magnetycznego, przy czym jej prędkość się nie zmienia. Jest to bardzo przydatne do sterowania wiązką w akceleratorach cząstek. Rozważ proton o prędkości 4 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s wpadający w obszar jednorodnego pola magnetycznego o indukcji 0,2 ⁢ T i szerokości 5 ⁢ cm . Pole magnetyczne jest prostopadłe do prędkości cząstki. Ugięciu o jaki kąt ulegnie trajektoria protonu? Wskazówka: cząstka wylatuje w kierunku stycznym do pewnego okręgu. W pewnym obszarze niejednorodnego pola magnetycznego składowe wektora indukcji magnetycznej są następujące: B x = 0 , B y = 0 i B z = a ⁢ x , gdzie a jest stałą. W pewnej chwili t drut o długości L przewodzący prąd o natężeniu I ustawiony jest wzdłuż osi x i umieszczony pomiędzy początkiem układu współrzędnych i x = L . Wyznacz wypadkową sił magnetycznych działających na drut w tej chwili. I ⁢ a ⁢ L 2 ∕ 2 . Podłużny miedziany pręt o masie m i długości L zawieszono na dwóch sprężynach o takich samych współczynnikach sprężystości k . Jednorodne pole magnetyczne o indukcji B 0 skierowane prostopadle do pręta i sprężyn (wchodzące za płaszczyznę rysunku) występuje w obszarze fragmentu miedzianego pręta o długości w . Końce pręta podłączono za pomocą giętkich miedzianych drutów do biegunów baterii o napięciu U . Wyznacz zmianę długości sprężyn po tym, jak prąd o natężeniu I rozpocznie przepływ wzdłuż miedzianego pręta w kierunku wskazanym na rysunku. (Pomiń wszystkie siły działające na giętkie przewody). Dołączony rysunek przedstawia początkowy etap pomiaru masy jonów za pomocą spektrometru masowego. Jon o masie m i ładunku + q znajduje się w stanie spoczynku w źródle S – w komorze, w której następuje wyładowanie gazu. Jon jest przyspieszany przez różnicę potencjałów U przysp i może wchodzić w obszar stałego pola magnetycznego o indukcji B → 0 . W obszarze jednorodnego pola magnetycznego jon porusza się wzdłuż okręgu i uderza w kliszę fotograficzną w odległości x od punktu wejścia. Wyprowadź wyrażenie na masę m w zależności od B 0 , q , U przysp oraz x . m = q ⁢ B 0 2 ⁢ x 2 ∕ 8 ⁢ U przysp . Drut zwinięto w okrąg o promieniu R i przymocowano do przechodzącego przez środek okręgu wspornika. Oba końce drutu stykają się ze szczotką, która jest podłączona do źródła stałego napięcia. Całą strukturę umieszczono pomiędzy biegunami magnesu w taki sposób, że możemy traktować pole magnetyczne działające na drut jako jednorodne. W układzie odniesienia o początku w środku pierścienia indukcja pola magnetycznego ma postać B x = B 0 , B y = B z = 0 , a pierścień obraca się dookoła osi z . Oblicz moment sił działających na pierścień w sytuacji, gdy nie leży on w płaszczyźnie x z . Długi i sztywny drut rozłożony wzdłuż osi x przewodzi prąd 0,4 ⁢ A w kierunku dodatnim osi x . Drut znajduje się w obszarze działania pola magnetycznego o indukcji B → = 2 ⁢ i ̂ + 5 ⁢ x 2 ⁢ j ̂ , gdzie x wyrażone jest w metrach, a B w militeslach. Oblicz wypadkową sił magnetycznych działających na drut pomiędzy x = 2 ⁢ m a x = 4 ⁢ m . 0,01 ⁢ N . Okrągła pętla drutu obejmująca powierzchnię 10 ⁢ cm 2 przewodzi prąd o natężeniu 25 ⁢ A . W pewnej chwili pętla znajduje się w płaszczyźnie x y i zostaje poddana działaniu pola magnetycznego o indukcji B → = 2 ⋅ 10 -3 ⁢ T ⋅ i ̂ + 6 ⋅ 10 -3 ⁢ T ⋅ j ̂ + 8 ⋅ 10 -3 ⁢ T ⋅ k ̂ ⁢ . \\vec{B} = \\SI{2e-3}{\\tesla} \\cdot \\hat{i} + \\SI{6e-3}{\\tesla} \\cdot \\hat{j} + \\SI{8e-3}{\\tesla} \\cdot \\hat{k} \\text{.} Patrząc z góry na płaszczyznę x y , prąd płynie w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Jaki magnetyczny moment dipolowy ma pętla z prądem? Ile wynosi moment sił działających na pętlę w tym czasie? cyklotron (ang. cyclotron ) urządzenie służące do przyspieszania cząstek naładowanych do wielkich energii kinetycznych komory D (ang. dees ) stosowane w cyklotronach duże, metalowe komory w kształcie litery D, przez które przepływa przyspieszany strumień naładowanych cząstek spektrometr masowy (ang. mass spectrometer ) urządzenie, które rozdziela jony w zależności od ich stosunku ładunku do masy", "section": "Zastosowania sił i pól magnetycznych", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Zewnętrzny dysk twardy podłączony do komputera służy do szybkiego, magnetycznego zapisu i odczytu odpowiednio zakodowanych informacji. Taki sposób wykorzystania pola magnetycznego okazał się kluczowy dla rozwoju urządzeń cyfrowych. Źródło: zmodyfikowane przez „Miss Karen” /Flickr W poprzednim rozdziale pokazaliśmy, że obdarzona ładunkiem elektrycznym, poruszająca się cząstka wytwarza pole magnetyczne. Taki związek między zjawiskami elektryczności i magnetyzmu stanowi fundament rozwoju większości dziedzin techniki wykorzystywanych w nowoczesnym społeczeństwie, z telefonią, telewizją, techniką komputerową i Internetem włącznie. W niniejszym rozdziale, stosując prawo Biota–Savarta, zbadamy mechanizm generowania pól magnetycznych przez prądy elektryczne o dowolnych rozkładach. Następnie sprawdzimy, w jaki sposób przewody z prądem wytwarzają pole magnetyczne. Wyznaczymy także siły magnetyczne, z jakimi oddziałują na siebie dwa takie przewodniki. Będziemy również badać momenty sił wywierane przez pola magnetyczne pętli z przewodnika, przez który przepływa prąd. Otrzymane rezultaty uogólnimy, formułując ważne prawo elektromagnetyzmu, zwane prawem Ampère’a. Omówimy także działanie solenoidów i toroidów, będących przykładami urządzeń wytwarzających pole magnetyczne, do konstrukcji których wykorzystuje się pętle przewodzące prąd. Na zakończenie pogrupujemy materię spotykaną w przyrodzie – stosując kryterium zachowania się tejże materii w zewnętrznym polu magnetycznym.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prawo Biota-Savarta Z lektury poprzednich rozdziałów wiemy już, że dowolne ciało obdarzone masą jest źródłem pola grawitacyjnego. Z polem tym oddziałuje z kolei każdy inny obiekt posiadający masę i umieszczony w zasięgu tego ciała. Analogiczną prawidłowość obserwujemy w przypadku pola elektrycznego wytwarzanego przez dowolny, nieruchomy ładunek elektryczny. Ponieważ poruszający się ładunek elektryczny, a więc prąd elektryczny, także oddziałuje z polem magnetycznym – możemy słusznie przypuszczać, że jest on również źródłem pola magnetycznego. Prawo Biota-Savarta (ang. Biot-Savart law ) jest w istocie równaniem umożliwiającym wyznaczenie wartości i kierunku wektora indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez przepływający prąd elektryczny. Jest to prawo empiryczne, nazwane na cześć dwóch uczonych, którzy sformułowali je, badając oddziaływanie pomiędzy prostoliniowym przewodem z prądem a magnesem trwałym. Zgodnie z nim w dowolnym punkcie P ( ) wektor indukcji pola magnetycznego d B → , wytwarzanego przez element przewodu o długości d l → przewodzącego prąd I , określony jest wzorem d B → = μ 0 4 ⁢ π ⋅ I ⁢ d l → × r ̂ r 2 ⁢ . Element długości przewodnika d l → , przez który płynie prąd I , wytwarza w punkcie P pole magnetyczne o indukcji d B → , określonej prawem Biota-Savarta. Występująca w równaniu stała μ 0 jest przenikalnością magnetyczną próżni (ang. permeability of free space ). Jej wartość w układzie SI wynosi μ 0 = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⁢ . \\mu_0 = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\text{.} Wektor d l → określa nieskończenie mały element długości przewodu; kierunek tego wektora (przyjęty na jako dodatni) jest zgodny z kierunkiem przepływu prądu o natężeniu I . Symbol r oznacza odległość elementu d l → od punktu P , natomiast wektor jednostkowy r ̂ jest skierowany od elementu d l → do tegoż punktu. Kierunek wektora indukcji pola magnetycznego d B → (prostopadły do płaszczyzny ) wynika z własności iloczynu wektorowego d l → × r ̂ , przy czym jego zwrot określa reguła prawej dłoni. Wartość indukcji d B → dana jest wyrażeniem d B = μ 0 4 ⁢ π ⋅ I ⁢ d l ⁢ sin θ r 2 ⁢ , w którym θ jest kątem pomiędzy kierunkami wektorów d l → i r ̂ . Zauważmy, że gdy θ = 0 , to z powyższego wzoru otrzymamy d B → = 0 . Oznacza to, że pole magnetyczne wytwarzane przez element prądu I ⁢ d l → nie zawiera składowej równoległej do wektora d l → . Pole magnetyczne wytworzone przez skończony przewód z prądem znajdziemy, całkując równanie wzdłuż jego długości. Otrzymamy w ten sposób często spotykaną postać prawa Biota-Savarta. Prawo Biota-Savarta Wektor indukcji pola magnetycznego B → , wytwarzanego przez przewód z prądem o skończonej długości, określony jest wyrażeniem B → = μ 0 4 ⁢ π ⁢ ∫ I ⁢ d l → × r ̂ r 2 ⁢ , przy czym całkowanie w powyższym wzorze przebiega po długości przewodu. Zauważmy, że omawiana całka jest całką wektorową, a więc przyczynki do sumarycznego wektora indukcji pochodzące od poszczególnych elementów prądu mogą mieć różne kierunki. Oznacza to, że obliczenie całki we wzorze jest często trudne, nawet przy względnie nieskomplikowanej geometrii przewodu. W takim przypadku zaleca się następujące postępowanie: Strategia rozwiązania: stosowanie prawa Biota-Savarta Przekonaj się, że prawo Biota-Savarta jest optymalnym narzędziem rozwiązania danego zagadnienia. Jeżeli dostrzegasz symetrię układu wektorów B → oraz d l → , lepszym narzędziem może się okazać prawo Ampère’a. Narysuj element przewodu d l → i wektor jednostkowy r ̂ . Pamiętaj, że kierunek wektora d l → musi być zgodny z kierunkiem przepływu prądu przez przewód oraz że wektor r ̂ musi leżeć na prostej łączącej element d l → z punktem, w którym chcesz obliczyć indukcję pola. Oblicz iloczyn wektorowy d l → × r ̂ . Zgodnie z prawem Biota-Savarta kierunek i zwrot otrzymanego w ten sposób wektora wyznaczają orientację w przestrzeni poszukiwanego wektora indukcji pola magnetycznego. Wykorzystaj , podstawiając wartości występujących w nim wielkości. Zauważ, że wszystkie wielkości, które są stałe na rozpatrywanej długości przewodu, mogą być zapisane przed symbolem całki. W celu sprawdzenia kierunku obliczanego wektora indukcji pola magnetycznego zastosuj regułę prawej dłoni. Jeżeli do tej pory określona została jedynie wartość wektora indukcji, uzupełnij otrzymane wyniki o wyznaczony kierunek tego wektora. Obliczanie pól magnetycznych krótkich odcinków przewodów z prądem Przez pionowy przewód przepływa prąd o natężeniu 2 ⁢ A . Oblicz indukcję pola magnetycznego wytwarzanego przez krótki wycinek tego przewodu o długości 1 ⁢ cm w punkcie P położonym w odległości 1 ⁢ m od przewodu w kierunku osi x układu współrzędnych ( ). Należy przyjąć, że pole wytwarzane przez pozostałą część przewodu zostało wyeliminowane dzięki zastosowaniu odpowiedniego ekranu magnetycznego. Przez krótki wycinek pionowego przewodu przepływa prąd o natężeniu I . Jaka jest indukcja pola magnetycznego w odległości x od tego wycinka? Strategia rozwiązania Indukcję pola magnetycznego w punkcie P możemy wyznaczyć, wykorzystując prawo Biota-Savarta. Ponieważ długość rozpatrywanego pojedynczego wycinka przewodu jest bardzo mała w porównaniu z odległością x , operacji całkowania we wzorze Biota-Savarta można nie przeprowadzać, zastępując całkę równoważną jej sumą – w tym celu długość fragmentu d l oznaczymy przez Δ l . Zauważmy przy okazji, że jeżeli Δ l jest małe w stosunku do x , odległość dowolnego fragmentu rozpatrywanego wycinka od punktu P jest w przybliżeniu taka sama. Kąt θ na obliczymy, stosując definicję funkcji tangens. Indukcję pola magnetycznego w punkcie P wyznaczymy, podstawiając do uzyskanego wyrażenia odpowiednie wartości liczbowe. Rozwiązanie Kąt pomiędzy wektorami Δ l → oraz r ̂ znajdujemy z zależności trygonometrycznych, przyjmując wartości odległości l oraz x takie jak w treści zadania θ = arc tg 1 ⁢ m 0,01 ⁢ m = 89,4 ° ⁢ . Wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie P , obliczona z prawa Biota-Savarta, wynosi więc B = μ 0 4 ⁢ π ⋅ I ⁢ Δ l ⁢ sin θ r 2 = 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2 ⁢ A ⋅ 0,01 ⁢ m ⋅ sin 89,4 ° 1 ⁢ m 2 = 2 ⋅ 10 -9 ⁢ T ⁢ . B = \\frac{\\mu_0}{4 \\pi} \\cdot \\frac{I \\prefop{\\Delta} l \\sin \\theta}{r^2} = 10^{-7} \\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\frac{\\SI{2}{\\ampere} \\cdot \\SI{0,01}{\\metre} \\cdot \\sin \\ang{89,4} }{(\\SI{1}{\\metre})^2} = \\SI{2e-9}{\\tesla} \\text{.} Na podstawie reguły prawej dłoni oraz prawa Biota-Savarta stwierdzamy, że wektor indukcji jest zwrócony w głąb rysunku, prostopadle do jego płaszczyzny. Znaczenie Opisane przybliżenie jest dobre, gdy długość fragmentu przewodu jest mała w porównaniu z jego odległością od punktu, w którym wyznaczamy pole. W przeciwnym wypadku należy wykorzystać całkową postać prawa Biota-Savarta, przy czym całkowanie musi przebiegać po całej długości rozpatrywanego fragmentu przewodu. Sprawdź, czy rozumiesz. W jakiej odległości powinien znajdować się punkt P z powyższego , aby mierzona w nim indukcja pola magnetycznego była równa połowie obliczonej wartości? 1,41 ⁢ m . Obliczanie pola magnetycznego przewodu w kształcie łuku okręgu Przez przewód w kształcie łuku okręgu o promieniu R i dowolnym kącie środkowym θ przepływa prąd o natężeniu I ( ). Oblicz indukcję pola magnetycznego w punkcie P znajdującym się w środku tego łuku. Przewód w kształcie łuku okręgu, przez który przepływa prąd o natężeniu I . Zaznaczono wektory: radialny r → oraz d l → , związany z elementem przewodu. Strategia rozwiązania Indukcję pola magnetycznego w punkcie P wyznaczymy, korzystając z prawa Biota-Savarta. Zauważmy, że kierunki wektorów: radialnego oraz związanego z elementem przewodu, są w dowolnym punkcie łuku prostopadłe, więc mnożenie wektorowe możemy łatwo zastąpić równoważnym mu w tym przypadku iloczynem wartości wektorów. Zauważmy także, że długość drogi pokonywanej wzdłuż łuku jest iloczynem wartości jego promienia i wartości kąta θ wyrażonej w radianach. Indukcję pola magnetycznego możemy teraz łatwo obliczyć, wyłączając odpowiednie stałe przed symbol całki. Rozwiązanie Najpierw przypomnijmy równanie wyrażające prawo Biota-Savarta B → = μ 0 4 ⁢ π ⁢ ∫ I ⁢ d l → × r ̂ r 2 ⁢ . Całkując wzdłuż łuku, stwierdzamy, że wszystkie przyczynki do badanego pola mają w środku łuku ten sam kierunek: od rysunku, prostopadle do jego płaszczyzny – wystarczy więc obliczyć wartość wektora indukcji. Ponieważ wektory r → oraz d l → są prostopadłe, mnożenie wektorowe możemy łatwo zastąpić równoważnym mu iloczynem. Wówczas długość wektora r → zastępujemy symbolem R . Wyrażając długość elementu łuku zależnością d l = r ⁢ d θ , otrzymujemy B = μ 0 4 ⁢ π ⁢ ∫ I ⁢ r ⁢ d θ R 2 ⁢ . Ponieważ natężenie prądu i promień łuku pozostają stałe wzdłuż całego przewodu, odpowiadające im symbole możemy wyłączyć przed symbol całki. Pozostaje więc jedynie całkowanie po kącie B = μ 0 ⁢ I 4 ⁢ π ⁢ R ⁢ ∫ d θ ⁢ . Wartość kąta środkowego łuku zmienia się od 0 do θ , zatem wynik całkowania ma postać B = μ 0 ⁢ I ⁢ θ 4 ⁢ π ⁢ R ⁢ . Znaczenie Jak wykazano w poprzednim rozdziale, kierunek wektora indukcji magnetycznej w punkcie P wynika z reguły prawej dłoni. Jeżeli pole magnetyczne wytwarzane jest przez układ przewodu o kształcie łuku i innych przewodów, musimy oddzielnie wyznaczyć przyczynki do pola magnetycznego pochodzące od każdego ze składników układu, a odpowiadające im wektory – dodać. Należy przy tym zwracać uwagę na kierunek i zwrot każdego z wektorów. Sprawdź, czy rozumiesz. Pętla przewodu, przez którą przepływa prąd o natężeniu I , ma kształt pełnego okręgu o promieniu R . Wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego w jej środku. μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ R . Podsumowanie Wektor indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez przewód z prądem można wyznaczyć, stosując prawo Biota-Savarta. Element prądu I ⁢ d l → w odległości r od siebie wytwarza pole magnetyczne. Pytania Jakie są zalety i wady prawa Biota-Savarta przy obliczaniu pól magnetycznych? Zaletą prawa Biota-Savarta jest to, że sprawdza się ono w przypadku wyznaczania pól magnetycznych pętli z prądem, natomiast jako wada postrzegany jest często długi czas obliczeń. Opisz pole magnetyczne wytwarzane przez dwa przewody ciasno skręcone ze sobą i podłączone do zacisków źródła siły elektromotorycznej. W jaki sposób rozstrzygnąć, czy przewód jest nieskończony? Przewód możemy uważać za nieskończony, jeżeli wartość kąta θ między początkowym wycinkiem przewodu d l → a promieniem r → jest w przybliżeniu zerowa. Akceptowalna dokładność tego przybliżenia zależy od założonej dokładności wyniku obliczeń pola. Przez dwa przewody kołowe płyną w tym samym kierunku prądy o jednakowym natężeniu, przy czym średnica pierwszej pętli jest dwukrotnie większa od średnicy drugiej. Porównaj pola magnetyczne wytwarzane w środku każdej z pętli. Zadania Prąd o natężeniu 10 ⁢ A płynie przez przewód pokazany na rysunku. Jaka jest wartość indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez zaznaczony na rysunku fragment przewodu o długości 0,5 ⁢ mm mierzona w punkcie A ; w punkcie B ? Prąd o natężeniu 10 ⁢ A płynie przez przewód w kształcie kwadratowej ramki o boku równym 20 ⁢ cm . Każdy z wierzchołków ramki zwarty jest dodatkowym odcinkiem przewodu o długości 0,01 ⁢ cm , jak pokazano na rysunku. Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w środku pętli. 10 − 8 ⁢ T . Wyznacz indukcję pola magnetycznego wytwarzanego w punkcie P , jak na rysunku. Przez przewód płynie prąd o natężeniu I . Załączony rysunek ukazuje przewód w kształcie pętli składającej się z dwóch koncentrycznych łuków okręgów oraz dwóch prostopadłych, ułożonych radialnie odcinków prostoliniowych. Wyznacz indukcję pola magnetycznego w punkcie P . B = μ 0 ⁢ I ∕ 8 ⋅ 1 ∕ a − 1 ∕ b , wektor skierowany jest prostopadle od płaszczyzny rysunku. Znajdź indukcję pola magnetycznego w środku C prostokątnej pętli przewodu przedstawionego na załączonym rysunku. Dwa długie przewody, z których jeden zaopatrzono w półkoliste wygięcie o promieniu R , położone są jak na załączonym rysunku. Zakładając, że przez oba przewody płynie prąd o natężeniu I , oblicz odległość ich prostoliniowych fragmentów, przy której indukcja pola magnetycznego w punkcie P będzie zerowa. Rozstrzygnij, czy prąd w przewodzie prostoliniowym musi wówczas płynąć w górę, czy w dół rysunku. a = 2 ⁢ R ∕ π . Prąd w przewodzie po prawej stronie musi płynąć w górę rysunku. prawo Biota-Savarta (ang. Biot-Savart law ) równanie określające w danym punkcie przestrzeni wektor indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez przewód z prądem przenikalność magnetyczna próżni (ang. permeability of free space ) uniwersalna stała fizyczna wiążąca wartość indukcji magnetycznej z natężeniem prądu będącym źródłem tego pola", "section": "Prawo Biota-Savarta", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pole magnetyczne cienkiego, prostoliniowego przewodu z prądem Zastanówmy się, jakiego natężenia prądu potrzeba do wytworzenia pola magnetycznego o znacznej indukcji, na przykład równej indukcji pola ziemskiego? Wiadomo, że napowietrzne linie energetyczne wytwarzają pola magnetyczne mogące zakłócać wskazania kompasów. Rzeczywiście, gdy w roku 1820 Oersted odkrył, że prąd płynący przez przewód powoduje odchylanie igły magnetycznej, w doświadczeniach nie używał prądów o wyjątkowo dużych natężeniach. W jaki sposób kształt przewodów, przez który płynie prąd, wpływa na kształt wytwarzanego pola magnetycznego? Na to i inne pytania, które pojawią się w kolejnych rozdziałach, możemy odpowiedzieć, stosując prawo Biota-Savarta. ukazuje odcinek nieskończenie długiego, prostoliniowego przewodu, przez który płynie prąd o natężeniu I . Wyznaczmy indukcję pola magnetycznego w punkcie P odległym o R od tego przewodu. Odcinek cienkiego, nieskończenie długiego przewodu z prądem. Zmienna niezależna θ przyjmuje granice θ 1 i θ 2 . Obliczenia rozpocznijmy, rozpatrując pole magnetyczne wytworzone przez element prądu I ⁢ d x → . Stosując pierwszą regułę prawej dłoni, opisaną w poprzednim rozdziale, stwierdzamy, że w przypadku każdego elementu prądu wzdłuż długości przewodu wektor d x → × r ̂ zwrócony jest od płaszczyzny rysunku. Tak więc w punkcie P przyczynki do indukcji pola pochodzące od wszystkich elementów prądu mają te same kierunki. Oznacza to, że wypadkowe pole w tym punkcie możemy wyznaczyć, obliczając skalarną sumę tychże przyczynków. Podstawiając: d x → × r ̂ = d x ⋅ 1 ⋅ sin θ , zgodnie z prawem Biota-Savarta otrzymujemy B = μ 0 4 ⁢ π ⁢ ∫ I ⁢ sin θ ⁢ d x r 2 ⁢ . Zauważmy teraz, że nieskończenie długi przewód jest symetryczny względem punktu O . Oznacza to, że zamiast całkować w granicach od minus do plus nieskończoności, możemy w obliczeniach przyjąć granice od zera do nieskończoności, a otrzymany wynik pomnożyć przez dwa. Wykorzystując oraz odpowiednie zależności geometryczne, wielkości r oraz sin θ , wyrazimy teraz w funkcji x oraz R , zapisując r = x 2 + R 2 oraz sin θ = R x 2 + R 2 ⁢ . Po podstawieniu powyższych wyrażeń do całka na indukcję pola magnetycznego przyjmuje postać B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ ∫ 0 ∞ R ⁢ d x x 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ . Obliczenie całki prowadzi do wyrażenia B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ x x 2 + R 2 1 ∕ 2 0 ∞ ⁢ . Uwzględniając granice całkowania, otrzymujemy ostatecznie B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ . Linie pola magnetycznego mają kształt okręgów, przez których środki przechodzi przewód, przy czym okręgi leżące na dowolnej płaszczyźnie prostopadłej do przewodu są identyczne. Ponieważ wartość indukcji pola magnetycznego maleje wraz z odległością od przewodu, odstępy pomiędzy poszczególnymi liniami pola muszą wraz z tą odległością odpowiednio rosnąć. Kierunek pola można określić, stosując drugą postać reguły prawej dłoni (ang. right-hand rule ), co przedstawiono na . Jeśli uchwycić przewód prawą dłonią tak, aby kciuk wskazywał kierunek przepływu prądu, palce będą obejmować przewód w kierunku zgodnym z wektorem B → . Grupa linii pola magnetycznego wokół nieskończenie długiego przewodu z prądem. Kierunek wektora B → określa się za pomocą jednego z wariantów reguły prawej dłoni. Kierunek linii pola magnetycznego można zaobserwować doświadczalnie, wykorzystując szereg małych igieł magnetycznych, rozmieszczonych na okręgu o niewielkim promieniu, przez którego środek przechodzi przewód, co przedstawiono na (a). Jeśli w przewodzie nie płynie prąd, igły będą wskazywać kierunek pola magnetycznego Ziemi. Po włączeniu prądu o dużym natężeniu igły ustawią się stycznie do tego okręgu. Kształt linii pola można także zbadać za pomocą drobnych opiłków żelaznych, rozsypanych równomiernie na poziomej płaszczyźnie, jak ukazuje (b). Pole magnetyczne przewodu spowoduje wówczas ułożenie się opiłków wzdłuż obwodów współśrodkowych okręgów. Kształt linii pola magnetycznego długiego przewodu można uwidocznić: (a) za pomocą małych igieł magnetycznych, (b) używając drobnych opiłków żelaznych. Obliczanie pola magnetycznego trzech przewodów Trzy przewody rozmieszczono w wierzchołkach kwadratu ( ). Przez każdy z przewodów przepływa prąd o natężeniu 2 ⁢ A w kierunku do płaszczyzny rysunku. Wiedząc, że długość boku wynosi 1 ⁢ cm oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w ostatnim wierzchołku kwadratu (punkt P ⁠). Przez trzy przewody przepływa prąd w kierunku do płaszczyzny rysunku. Obliczamy indukcję pola magnetycznego w czwartym wierzchołku kwadratu. Strategia rozwiązania W zadanym punkcie P wyznaczamy wartość indukcji pól magnetycznych wytwarzanych przez każdy z przewodów (tj. przyczynki do całkowitej indukcji magnetycznej w punkcie B ). Odległość po przekątnej kwadratu obliczamy, stosując twierdzenie Pitagorasa. Następnie określamy kierunki wektorów indukcji magnetycznej, stanowiących wspomniane przyczynki do pola, rysując okrąg o środku w wierzchołku, w którym znajduje się przewód przechodzący przez punkt P . Kierunek wektora indukcji magnetycznej, pochodzącej od wybranego przewodu jest styczny do narysowanego okręgu. Na zakończenie przeprowadzimy odpowiednie działania na wyznaczonych w powyższy sposób wektorach. Rozwiązanie Przyczynki do indukcji pola magnetycznego w punkcie P pochodzące od przewodów nr 1 i 3 mają taką samą wartość B 1 = B 3 = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ R = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2 ⁢ A 2 ⁢ π ⋅ 0,01 ⁢ m = 4 ⋅ 10 -5 ⁢ T ⁢ . B_1 = B_3 = \\frac{\\mu_0 I}{2 \\pi R} = \\frac{4 \\pi \\cdot 10^{-7} \\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{2}{\\ampere}}{2 \\pi \\cdot \\SI{0,01}{\\metre}} = \\SI{4e-5}{\\tesla} \\text{.} Odległość punktu P od przewodu nr 2 jest nieco większa, wobec tego wartość pochodzącego od niego przyczynku wynosi B 2 = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ 2 = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2 ⁢ A 2 ⁢ π ⋅ 0,014 14 ⁢ m = 3 ⋅ 10 -5 ⁢ T ⁢ . B_2 = \\frac{\\mu_0 I}{2\\pi R \\sqrt{2}} = \\frac{4\\pi \\cdot 10^{-7} \\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{2}{\\ampere}}{2\\pi \\cdot \\SI{0,01414}{\\metre}} = \\SI{3e-5}{\\tesla} \\text{.} Wektory każdego z wyznaczonych przyczynków przedstawiono na rysunku. W punkcie P składowa wektora indukcji wzdłuż osi x pochodzi od przyczynku wytwarzanego przez przewód nr 3 oraz składowej wzdłuż osi x przyczynku przewodu nr 2 B wyp ⁢ x = − 4 ⋅ 10 − 5 ⁢ T − 2,83 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⋅ cos 45 ° = − 6 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⁢ . Podobnie składowa wzdłuż osi y pochodzi od przyczynku przewodu nr 1 oraz składowej wzdłuż osi y przyczynku przewodu nr 2 B wyp ⁢ y = − 4 ⋅ 10 − 5 ⁢ T − 2,83 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⋅ sin 45 ° = − 6 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⁢ . Ostatecznie wartość wypadkowego wektora indukcji magnetycznej wynika z wartości obu składowych B wyp = B wyp x 2 + B wyp y 2 = − 6 ⋅ 10 -5 ⁢ T 2 + − 6 ⋅ 10 -5 ⁢ T 2 = 8,48 ⋅ 10 -5 ⁢ T ⁢ . B_{\\text{wyp}} = \\sqrt{B_{\\text{wyp }\\sep x}^2 + B_{\\text{wyp }\\sep y}^2} = \\sqrt{(-\\SI{6e-5}{\\tesla})^2 + (-\\SI{6e-5}{\\tesla})^2} = \\SI{8,48e-5}{\\tesla} \\text{.} Znaczenie Równe wartości przyczynków do indukcji pola magnetycznego wzdłuż osi x i y wynikają z zależności geometrycznych występujących w zadaniu. Mogą one być jednak różne, zależnie od wartości natężeń prądów i rozmieszczenia rozpatrywanych przewodów. Bez względu na otrzymane w rachunkach wartości liczbowe, wypadkową indukcję pola w żądanym punkcie należy wyznaczać, operując składowymi odpowiednich wektorów. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozważ układ przewodów, jak w powyższym przykładzie, zachowując kierunki i wartości prądów w przewodach nr 1 i 3. Jakie musi być natężenie i kierunek przepływu prądu w przewodzie nr 2, aby jego pole magnetyczne kompensowało pole pozostałych dwóch przewodów, dając wypadkową indukcję w punkcie P równą zero? Prąd o natężeniu 4 ⁢ A płynący od płaszczyzny rysunku. Podsumowanie Wartość indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez prąd płynący w długim, prostoliniowym przewodzie dana jest wzorem B = μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⁢ R , w którym I jest natężeniem prądu, R – najmniejszą odległością od przewodu, μ 0 = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A \\mu_0 = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} – przenikalnością magnetyczną próżni. Kierunek pola magnetycznego długiego, prostoliniowego przewodu określa drugi wariant reguły prawej dłoni: jeżeli kciuk prawej dłoni wskazuje kierunek przepływu prądu, palce będą obejmować przewód zgodnie z kierunkiem linii wytwarzanego pola. Pytania Jak należy zorientować względem siebie długie, prostoliniowe przewody, aby wypadkowa siła magnetyczna działająca pomiędzy nimi była zerowa? Wskazówka: Jaka orientacja przewodów spowoduje, że nie będą one oddziaływały na siebie własnym polem magnetycznym? Kierunki prądów w poszczególnych przewodach muszą być do siebie prostopadłe. Zadania Typowa wartość natężenia prądu błyskawicy wynosi 10 4 ⁢ A . Oszacuj wartość indukcji pola magnetycznego w odległości 1 ⁢ m od tej błyskawicy. Wartość indukcji pola magnetycznego w odległości 50 ⁢ cm od długiego, cienkiego, prostoliniowego przewodu wynosi 8 ⁢ µT . Jakie jest natężenie prądu płynącego przez przewód? 20 ⁢ A . Linia energetyczna rozpięta na wysokości 7 ⁢ m nad ziemią przewodzi prąd o natężeniu 500 ⁢ A . Jaka jest wartość indukcji pola magnetycznego linii mierzona na powierzchni gruntu dokładnie pod przewodami? Wynik porównaj z wartością indukcji pola magnetycznego Ziemi. Przez długi, prostoliniowy, poziomy przewód płynie ze strony lewej na prawą prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Zakładając, że przewód umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji równej 4 ⋅ 10 − 5 ⁢ T , skierowanym pionowo w dół, wyznacz wypadkową indukcję pola w odległości 20 ⁢ cm nad i pod przewodem. W obu przypadkach wartość indukcji pola wynosi 4,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Przez dwa długie, równoległe przewody pokazane na załączonym rysunku płynie w tym samym kierunku prąd o różnych natężeniach. Jaka jest wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie P , jeżeli I 1 = 10 ⁢ A , a I 2 = 20 ⁢ A ? Poniższy rysunek ukazuje dwa długie, prostoliniowe, wzajemnie równoległe, poziome przewody, odległe od siebie o 2 ⁢ a . Przez oba przewody w tym samym kierunku płynie prąd o natężeniu I . Jaka jest wartość i kierunek wektora indukcji pola magnetycznego w punkcie P 1 ; w punkcie P 2 ? a. Wypadkowa indukcja jest zerowa; b. wartość B = 3 ⁢ μ 0 ⁢ I ∕ 8 ⁢ π ⁢ a , przy czym pole skierowane jest do płaszczyzny rysunku. Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania, zakładając przeciwny kierunek przepływu prądu w niższym przewodzie. Rozpatrz przestrzeń pomiędzy przewodami z poprzedniego zadania. W jakiej odległości od górnego przewodu wypadkowa wartość indukcji pola magnetycznego osiąga maksimum? Załóż, że prądy przepływają w przeciwnych kierunkach, a ich natężenia są jednakowe. Wartość indukcji pola magnetycznego jest minimalna w odległości a od górnego przewodu, to jest w połowie odległości między tymi przewodami.", "section": "Pole magnetyczne cienkiego, prostoliniowego przewodu z prądem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Oddziaływanie magnetyczne dwóch równoległych przewodów z prądem Ponieważ prądy wytwarzają pola magnetyczne, dość silnie oddziałujące na poruszające się ładunki elektryczne, być może spodziewasz się, że między dwoma przewodami, przez które płynie prąd, działa siła o znacznej wartości. Zjawisko to zostało wykorzystane w definicji jednostki natężenia prądu – ampera. Być może zaskoczy cię, że siła ta ma związek z procesem wypalania się styków wielkich rozłączników podczas przerywania silnoprądowych obwodów elektrycznych. Siłę magnetyczną działającą pomiędzy dwoma długimi, prostoliniowymi, równoległymi przewodami, odległymi od siebie o r , znajdziemy, wykorzystując wiadomości podane w poprzednich rozdziałach. Takie przewody przedstawiono na , ponadto zaznaczono płynące w nich prądy, pole magnetyczne wokół jednego z nich oraz siłę wytwarzaną przez to pole – oddziałującą na drugi z przewodów. Rozpatrzmy pole magnetyczne wytwarzane przez pierwszy przewód oraz siłę, z jaką oddziałuje on na drugi przewód, oznaczoną jako F 1 2 . Indukcja pola magnetycznego, wytworzonego w odległości r przez prąd o natężeniu I 1 wynosi B 1 = μ 0 ⁢ I 1 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . (a) Pole magnetyczne wytwarzane przez długi, prostoliniowy przewód – zgodnie z drugim wariantem reguły prawej dłoni – jest prostopadłe do przewodu doń równoległego. (b) Widok z góry na parę przewodów równoległych, przedstawiający pole magnetyczne wytwarzane przez pierwszy przewód. Zwrot siły wskazuje na to, że przewody przyciągają się, jeżeli płyną w nich prądy w tym samym kierunku, natomiast w przypadku prądów płynących w przeciwnych kierunkach – przewody te będą się odpychały. Pole magnetyczne pierwszego przewodu jest jednorodne i do niego prostopadłe. Zatem siłę F → 1 2 , z którą pierwszy przewód oddziałuje na przewód drugi, o długości l , określa wzór F = I ⁢ l ⁢ B ⁢ sin θ przy sin θ = 1 F 1 2 = I 2 ⁢ l ⁢ B 1 ⁢ . W analogiczny sposób prąd o natężeniu I 2 , płynący w przewodzie drugim, staje się źródłem pola magnetycznego o indukcji B 2 , działającego na przewód pierwszy. To z kolei generuje siłę F → 2 1 działającą na przewód pierwszy z racji przepływu prądu w przewodzie drugim (zwróć uwagę na zmianę kolejności indeksów dolnych w stosunku do poprzedniej sytuacji). Siła ta w przypadku zgodności kierunków prądów jest siłą przyciągającą w kierunku przewodu drugiego. Siły działające na oba przewody mają równe wartości, możemy więc wartość siły F 1 2 zastąpić symbolem F (zauważmy, że F → 1 2 = − F → 2 1 ). Ponieważ przewody są bardzo długie, wygodnie jest dalej rozważać wielkość F ∕ l , to jest wartość siły odniesioną do jednostkowej ich długości. Podstawiając wyrażenie na B 1 do powyższego równania, po przekształceniach otrzymujemy F l = μ 0 ⁢ I 1 ⁢ I 2 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . Stosunek F ∕ l oznacza, jak już wspomnieliśmy, wartość siły działającej pomiędzy równoległymi przewodami z prądem o natężeniu I 1 oraz I 2 , odległymi o l , odniesioną do jednostkowej ich długości. Przewody przyciągają się, gdy prąd płynie w tym samym kierunku, a odpychają, gdy kierunki przepływu prądów są przeciwne. Opisywana siła decyduje o tzw. efekcie skurczu magnetycznego (ang. pinch effect ), obserwowanym w plazmie, np. w łuku elektrycznym. Siła magnetyczna występuje bowiem niezależnie od tego, czy ładunek elektryczny płynie w przewodzie, czy na przykład w gazie. Istotne jest jedynie, aby całkowita gęstość ładunku elektrycznego była równa zero; w przeciwnym przypadku magnetyczne przyciąganie ładunków zostanie zdominowane przez ich kulombowskie odpychanie. W przypadku łuku elektrycznego, w którym ładunki poruszają się po torach równoległych, siła magnetyczna dociska je do siebie tak, że kanał ich przepływu staje się wąski. W przypadku wielkich rozłączników, które znajdziesz w najbliższej rozdzielni energetycznej, skurcz magnetyczny może wywołać łuk elektryczny powstający przy otwieraniu obwodów przewodzących. Skutkuje to koncentracją, pomiędzy ich stykami, znacznego prądu, powodującego wypalenie w nich dziur, a nawet zapłon całych urządzeń. Siła działająca pomiędzy przewodami z prądem elektrycznym leży u podstaw definicji jednostki jego natężenia – ampera (ang. ampere ). Zauważmy, że w przypadku długich, równoległych przewodów odległych od siebie o 1 ⁢ m , z których każdy przewodzi prąd o natężeniu jednego ampera – wartość siły przypadającej na 1 ⁢ m ich długości wynosi F l = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 1 ⁢ A 2 2 ⁢ π ⋅ 1 ⁢ m = 2 ⋅ 10 -7 ⁢ N ∕ m ⁢ . \\frac{F}{l} = \\frac{4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot (\\SI{1}{\\ampere})^2}{2\\pi \\cdot \\SI{1}{\\metre}} = \\SI{2e-7}{\\newton\\per\\metre} \\text{.} Ponieważ wartość μ 0 z definicji wynosi dokładnie 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} i ponieważ 1 ⁢ T = 1 ⁢ N ∕ A ⁢ m , siła przypadająca na jeden metr długości ma wartość dokładnie 2 ⋅ 10 − 7 ⁢ N ∕ m , co jest podstawą definicji ampera. Nieskończenie długie przewody są jednak niepraktyczne, więc zamiast nich stosuje się tzw. wagę prądową, zaopatrzoną w cewki (zwojnice) oddalone od siebie o kilka centymetrów. Waga służy do pomiaru siły oddziaływania między cewkami; na podstawie jej wskazań określa się wartość natężenia prądu płynącego przez zwojnice. Powyższa idea stanowi jednocześnie podstawę metody pomiaru wartości ładunku elektrycznego, wyrażonego w kulombach (ang. coulomb ). Istotnie, natężeniu prądu o wartości jednego ampera odpowiada przepływ ładunku o wartości jednego kulomba w czasie jednej sekundy: 1 ⁢ C = 1 ⁢ A ⁢ s . Warto zaznaczyć, że w przypadku pomiaru natężeń prądu i ładunków metoda wykorzystująca wyznaczanie siły oddziaływania pomiędzy przewodami należy do najdokładniejszych. Obliczanie sił działających na przewody Na przedstawiono dwa przewody z jednakowym prądem o natężeniu 5 ⁢ mA , płynącym od jego płaszczyzny. Pierwszy z nich umieszczono w punkcie o współrzędnych ( 0 ⁢ cm , 3 ⁢ cm ), a drugi w punkcie ( 4 ⁢ cm , 0 ⁢ cm ). Wyznacz siłę oddziaływania magnetycznego przewodu pierwszego na drugi i drugiego na pierwszy – przypadającą na jednostkę długości każdego z nich. Rozmieszczenie dwóch przewodów z prądem płynącym od płaszczyzny rysunku. Strategia rozwiązania Każdy z przewodów wytwarza własne pole magnetyczne i jednocześnie znajduje się w polu magnetycznym przewodu sąsiedniego. Odległość między przewodami, którą wykorzystamy do obliczenia siły przypadającej na jednostkę długości, jest równa długości przeciwprostokątnej trójkąta, w którego wierzchołkach znajdują się przewody. Ponieważ oba prądy płyną w tym samym kierunku, siły zwrócone są w kierunku każdego z przewodów wzdłuż przeciwprostokątnej. Rozwiązanie Odległość między przewodami znajdujemy, obliczając długość przeciwprostokątnej trójkąta r = 3 ⁢ cm 2 + 4 ⁢ cm 2 = 5 ⁢ cm ⁢ . Wartość siły przypadającej na jednostkę długości obliczymy, wykorzystując znane natężenia prądu w przewodach F l = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 5 ⋅ 10 -3 ⁢ A 2 2 ⁢ π ⋅ 5 ⋅ 10 -2 ⁢ m = 10 -10 ⁢ N ∕ m ⁢ . \\frac{F}{l} = \\frac{4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot (\\SI{5e-3}{\\ampere})^2}{2\\pi \\cdot \\SI{5e-2}{\\metre}} = 10^{-10}\\si{\\newton\\per\\metre} \\text{.} Siła F → 1 2 , wytwarzana przez pierwszy przewód, działa przyciągająco na drugi. Do określenia jej orientacji w przestrzeni niezbędna jest znajomość poszczególnych składowych. Kąt zawarty pomiędzy przeciwprostokątną trójkąta a bokiem poziomym trójkąta wynosi θ = arc tg 3 ⁢ cm 4 ⁢ cm = 36,9 ° ⁢ . Wektor jednostkowy siły ma więc postać cos 36,9 ° ⋅ i ̂ − sin 36,9 ° ⋅ j ̂ = 0,8 ⁢ i ̂ − 0,6 ⁢ j ̂ ⁢ . Ostatecznie wektor siły, którą pierwszy przewód oddziałuje na drugi, odniesionej do jednostkowej długości, ma współrzędne F → 1 2 l = 10 − 10 ⁢ N ∕ m ⋅ 0,8 ⁢ i ̂ − 0,6 ⁢ j ̂ = 8 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ∕ m ⋅ i ̂ − 6 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ∕ m ⋅ j ̂ ⁢ . Siła F → 2 1 , którą drugi przewód działa na pierwszy, przypadająca na jednostkową długość, jest wektorem przeciwnym do wyznaczonego powyżej F → 2 1 l = − 8 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ∕ m ⋅ i ̂ + 6 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ∕ m ⋅ j ̂ ⁢ . Znaczenie Rozważane przewody wytwarzają pola magnetyczne o jednakowej wartości indukcji, przy czym w punktach, w których te przewody się znajdują, pola te skierowane są przeciwnie. Siły wzajemnego oddziaływania przewodów będą miały zawsze jednakową wartość i będą przeciwnie skierowane – niezależnie od tego, czy indukcje obu pól będą posiadały jednakowe, czy różne wartości (trzecia zasada dynamiki Newtona). Sprawdź, czy rozumiesz. Przez dwa przewody płynie, w kierunku od płaszczyzny rysunku, prąd o natężeniach odpowiednio 2 ⁢ mA i 3 ⁢ mA . Pierwszy przewód znajduje się w punkcie o współrzędnych ( 0 ⁢ cm , 5 ⁢ cm ), a drugi w punkcie ( 12 ⁢ cm , 0 ⁢ cm ). Wyznacz wartość siły na jednostkę długości wzajemnego oddziaływania magnetycznego tych przewodów. Wartość obu sił na jednostkę długości wynosi 9,23 ⋅ 10 − 12 ⁢ N ∕ m . Podsumowanie Wartość siły oddziaływania między dwoma równoległymi, odległymi o r przewodami, w których płynie prąd o natężeniach I 1 oraz I 2 – odniesiona do ich jednostkowej długości – dana jest wzorem: F ∕ l = μ 0 ⁢ I 1 ⁢ I 2 ∕ 2 ⁢ π ⁢ r . Przewody przyciągają się, gdy prąd płynie w tym samym kierunku, a odpychają, gdy kierunki przepływu prądu są przeciwne. Pytania Porównaj i znajdź różnice pomiędzy polem elektrycznym nieskończonej, naładowanej linii a polem magnetycznym nieskończonego przewodu, w którym płynie prąd. Czy wartość wektora indukcji B → , mierzona w punktach leżących na wybranej linii pola magnetycznego, jest stała? Linia pola magnetycznego łączy punkty o jednakowej wartości indukcji pola magnetycznego, natomiast drugi wariant reguły prawej dłoni pozwala na wyznaczenie kierunku pola w dowolnym punkcie przestrzeni. Zadania Dane są dwa długie, prostoliniowe, równoległe przewody, odległe od siebie o 25 ⁢ cm . Wyznacz wartość siły magnetycznej, przypadającej na metr ich długości, zakładając, że przez oba przewody w tym samym kierunku płynie prąd o natężeniu 50 ⁢ A ; Czy przewody przyciągają się, czy odpychają? Co się stanie, gdy prąd w tych przewodach popłynie w przeciwnych kierunkach? Dane są dwa długie, prostoliniowe, równoległe przewody – odległe od siebie o 10 ⁢ cm . Przez pierwszy z nich płynie prąd o natężeniu 2 ⁢ A , przez drugi – prąd o natężeniu 5 ⁢ A . Wyznacz wartość oraz kierunek siły przypadającej na jednostkę długości, jaką pierwszy przewód oddziałuje na drugi przewód; Wyznacz wartość i kierunek siły, gdy prąd popłynie w tę samą stronę. a. F ∕ l = 2 ⋅ 10 − 5 ⁢ N ∕ m , od drugiego przewodu; b. F ∕ l = 2 ⋅ 10 − 5 ⁢ N ∕ m , do drugiego przewodu. Dwa długie, równoległe przewody zawieszono na linkach o długości 5 ⁢ cm , jak pokazano na załączonym rysunku. Masa przypadająca na jednostkę ich długości wynosi 30 ⁢ g ∕ m , a przez oba przewody – w przeciwnych kierunkach – płynie prąd o jednakowym natężeniu. Oblicz natężenia prądu, jeżeli kąty utworzone przez linki w punktach zawieszenia, mierzone względem pionu, wynoszą 6 ° . Obwód elektryczny z prądem o natężeniu I zawiera dwa długie, równoległe odcinki przewodów, w których prąd płynie w przeciwnych kierunkach. Znajdź pole magnetyczne w punkcie P , odległym o a od pierwszego przewodu i o b od drugiego z nich – jak to wynika z rysunku. B = μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⋅ 1 ∕ b 2 − 1 ∕ a 2 , pole skierowane wzdłuż przeciwprostokątnej. Przez nieskończony prostoliniowy przewód, przedstawiony na poniższym rysunku, przepływa prąd o natężeniu I 1 . W prostokątnej ramce, której dłuższe boki są równoległe do tego przewodu, płynie prąd o natężeniu I 2 . Określ wartość i kierunek siły działającej na ramkę – wywołanej polem magnetycznym przewodu.", "section": "Oddziaływanie magnetyczne dwóch równoległych przewodów z prądem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pole magnetyczne pętli z prądem W przewodzie w kształcie okrągłej pętli o promieniu R leżącym na płaszczyźnie x z płynie prąd o natężeniu I (zob. ). Wyznacz pole magnetyczne tego prądu w dowolnym punkcie P leżącym na osi pętli. Wyznaczanie pola magnetycznego w punkcie P leżącym wzdłuż osi pętli z prądem. W celu wyznaczenia pola magnetycznego możemy użyć prawa Biota-Savarta. Najpierw rozpatrzymy dowolne fragmenty przewodu położone po przeciwnych stronach pętli. W rezultacie – stosując rachunek wektorowy – wykażemy jakościowo, że kierunek wypadkowego pola magnetycznego tych fragmentów jest zgodny z kierunkiem osi przechodzącej przez środek pętli. Prawo Biota-Savarta zastosujemy do wyprowadzenia wyrażenia opisującego poszukiwane pole. Niech punkt P będzie odległy o y od środka pętli. Stosując regułę prawej dłoni, stwierdzamy, że w punkcie P przyczynek d B → do indukcji pola magnetycznego – wytwarzany przez element prądu I ⁢ d l → – nachylony jest do osi y pod kątem θ , jak to wykazano na . Element I ⁢ d l → jest równoległy do osi x układu współrzędnych, a wektor r ̂ leży na płaszczyźnie y z – oba wektory są zatem prostopadłe. Można w związku z tym przyjąć, że d B = μ 0 4 ⁢ π ⋅ I ⁢ d l ⁢ sin θ r 2 = μ 0 4 ⁢ π ⋅ I ⁢ d l y 2 + R 2 ⁢ , ponieważ r 2 = y 2 + R 2 . Rozpatrzmy teraz przyczynek d B → ′ , wytwarzany przez element prądu I ⁢ d l → ′ , położony na pętli – dokładnie naprzeciw elementu I ⁢ d l → . Wartość przyczynku d B → ′ jest także dana , ale wektor ten – nachylony również pod kątem θ – znajduje się tym razem pod osią y układu współrzędnych. Składowe wektorów d B → i d B → ′ prostopadłe do osi y znoszą się więc wzajemnie, a do obliczenia wypadkowego pola magnetycznego wystarczy jedynie uwzględnić ich składowe zgodne z kierunkiem osi y . Uogólniając, możemy przyjąć, że składowe przyczynków prostopadłe do osi pętli znoszą się parami. W punkcie P mamy zatem B → = ∫ d B ⁢ cos θ ⋅ j ̂ = μ 0 ⁢ I 4 ⁢ π ⁢ ∫ cos θ ⁢ d l y 2 + R 2 ⋅ j ̂ ⁢ . Zauważmy teraz, że w przypadku wszystkich elementów I ⁢ d l → rozpatrywanej pętli współrzędna y , promień R oraz wartość funkcji cos θ pozostają stałe, przy czym cos θ = R y 2 + R 2 ⁢ . Podstawiając przytoczoną zależność do , stwierdzamy, że poszukiwana indukcja pola magnetycznego w punkcie P wynosi B → = μ 0 ⁢ I ⁢ R 4 ⁢ π ⁢ y 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ ∫ d l ⋅ j ̂ = μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 2 ⁢ y 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ j ̂ (w obliczeniach wykorzystaliśmy, że ∫ d l = 2 ⁢ π ⁢ R ). Jak stwierdziliśmy w poprzednim rozdziale, zamknięta pętla z prądem tworzy dipol magnetyczny o momencie magnetycznym (ang. magnetic moment ) μ → = I ⁢ A ⁢ n ̂ . W rozpatrywanym przypadku A = π ⁢ R 2 oraz n ̂ = j ̂ ; powyższe wyrażenie możemy więc zapisać w postaci B → = μ 0 ⁢ μ 2 ⁢ π ⁢ y 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ j ̂ ⁢ . \\vec{B} = \\frac{\\mu_0 \\mu}{2\\pi (y^2 + R^2)^{3/2}} \\hat{j} \\text{.} Podstawiając w y = 0 , obliczamy indukcję pola magnetycznego w środku pętli B → = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ R ⁢ j ̂ ⁢ . Na podstawie tego równania, w przypadku płaskiej cewki o n zwojach przypadających na jednostkę długości, stwierdzamy że B → = μ 0 ⁢ n 2 ⁢ π ⁢ R 3 ⁢ μ → ⁢ . \\vec{B} = \\frac{\\mu_0 n}{2\\pi R^3} \\vec{\\mu} \\text{.} Zauważmy teraz, że gdy y ≫ R , upraszcza się do postaci reprezentującej pole magnetyczne dipola B → = μ 0 2 ⁢ π ⁢ y 3 ⁢ μ → ⁢ . \\vec{B} = \\frac{\\mu_0}{2\\pi y^3} \\vec{\\mu} \\text{.} Obliczenie indukcji pola magnetycznego kołowej pętli z prądem w punktach nie leżących na jej osi wymaga przeprowadzenia dość skomplikowanych rachunków. Nie będziemy ich zatem tutaj przytaczać, przedstawiając jedynie stosowne wyniki. Kształt linii pola magnetycznego przedstawia . Zauważmy, że jedna z tych linii pokrywa się z osią pętli; jest to linia, którą właśnie wyznaczyliśmy. Zwróćmy też uwagę, że w pobliżu pętli pola są prawie kołowe – podobnie jak linie pola długiego, prostoliniowego przewodu. Szkic linii pola magnetycznego kołowej pętli z prądem. Pole magnetyczne pomiędzy dwiema pętlami Przez każdą z dwóch kołowych pętli przepływa prąd o natężeniu 10 ⁢ mA , przy czym kierunki tego prądu są przeciwne, jak przedstawiono na . Promień pierwszej pętli R = 50 ⁢ cm , a promień drugiej 2 ⁢ R = 100 ⁢ cm . Wyznacz wartość indukcji wypadkowego pola magnetycznego w punkcie P , jeżeli jest on odległy o 0,25 ⁢ cm od płaszczyzny pierwszej pętli i o 0,75 ⁢ cm od płaszczyzny drugiej z nich. Przez dwie pętle o różnych promieniach płynie w przeciwnych kierunkach prąd o tym samym natężeniu. Indukcja wypadkowego pola magnetycznego w punkcie P jest zerowa. Strategia rozwiązania Indukcję pola magnetycznego w punkcie P opisuje . Ponieważ prąd w cewkach płynie w przeciwnych kierunkach, wypadkowe pole magnetyczne będzie różnicą pól wytwarzanych przez każdą z nich. Poszukiwaną indukcję wyznaczymy, podstawiając do stosownego wzoru wartości określone w treści zadania. Rozwiązanie Wypadkową indukcję pola magnetycznego w zadanym punkcie wyznaczamy, wykorzystując . Do wyrażenia reprezentującego różnicę wartości indukcji magnetycznej podstawiamy następnie dane liczbowe występujące w zadaniu. W rezultacie możemy napisać, że B = μ 0 ⁢ I ⁢ R 1 2 2 ⁢ y 1 2 + R 1 2 3 ∕ 2 − μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 2 2 ⁢ y 2 2 + R 2 2 3 ∕ 2 B = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 0,01 ⁢ A ⋅ 0,5 ⁢ m 2 2 ⁢ 0,25 ⁢ m 2 + 0,5 ⁢ m 2 3 ∕ 2 − 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 0,01 ⁢ A ⋅ 1 ⁢ m 2 2 ⁢ 0,75 ⁢ m 2 + 1 ⁢ m 2 3 ∕ 2 B = 5,77 ⋅ 10 -9 ⁢ T ⁢ , wektor zwrócony w prawo. \\begin{multiline} B &= \\frac{\\mu_0 I R_1^2}{2(y_1^2 + R_1^2)^{3/2}} - \\frac{\\mu_0 I R_2^2}{2(y_2^2 + R_2^2)^{3/2}} \\\\ &= \\frac{4 \\pi \\cdot 10^{-7} \\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{0,01}{\\ampere} \\cdot (\\SI{0,5}{\\metre})^2}{2[(\\SI{0,25}{\\metre})^2 + (\\SI{0,5}{\\metre})^2]^{3/2}} - \\frac{4 \\pi \\cdot 10^{-7} \\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{0,01}{\\ampere} \\cdot (\\SI{1}{\\metre})^2}{2[(\\SI{0,75}{\\metre})^2 + (\\SI{1}{\\metre})^2]^{3/2}} \\\\ &= \\SI{5,77e-9}{\\tesla} \\text{, wektor zwrócony w prawo.} \\end{multiline} B = μ 0 ⁢ I ⁢ R 1 2 2 ⁢ y 1 2 + R 1 2 3 ∕ 2 − μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 2 2 ⁢ y 2 2 + R 2 2 3 ∕ 2 = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 0,01 ⁢ A ⋅ 0,5 ⁢ m 2 2 ⁢ 0,25 ⁢ m 2 + 0,5 ⁢ m 2 3 ∕ 2 − 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 0,01 ⁢ A ⋅ 1 ⁢ m 2 2 ⁢ 0,75 ⁢ m 2 + 1 ⁢ m 2 3 ∕ 2 = 5,77 ⋅ 10 -9 ⁢ T ⁢ , wektor zwrócony w prawo. Znaczenie Typowe cewki Helmholtza składają się z pętli o jednakowych promieniach, które zasilane są prądem płynącym w tym samym kierunku. W związku z tym w punkcie pośrodku odległości między cewkami otrzymuje się silne, jednorodne pole magnetyczne. Pole magnetyczne o rozkładzie wytwarzanym przez cewki Helmholtza stosuje się także w tzw. pułapkach (butelkach) magnetycznych, służących do czasowego utrzymywania – w zadanym obszarze – naładowanych cząstek, o czym mówimy szerzej w rozdziale Siły i pola magnetyczne . Sprawdź, czy rozumiesz. W jakiej odległości od punktu P powinna znaleźć się pierwsza z pętli z poprzedniego zadania, aby wartość indukcji wypadkowego pola magnetycznego mierzona w tym punkcie była zerowa? 0,608 ⁢ m . Podsumowanie Wartość indukcji pola magnetycznego w środku kołowej pętli o promieniu R , przewodzącej prąd o natężeniu I dana jest równaniem B = μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ R . Zwrot wektora indukcji określa drugi wariant reguły prawej dłoni. Pytania Czy pole magnetyczne pętli z prądem jest jednorodne? Jak zmieni się długość zawieszonej swobodnie sprężyny po przepuszczeniu przez nią prądu elektrycznego? Sprężyna ulegnie skróceniu, ponieważ północny biegun magnetyczny każdego z jej zwojów będzie przyciągany przez południowy biegun następnego zwoju. Dwie koncentryczne kołowe pętle o różnych średnicach przewodzą prąd w tym samym kierunku. Opisz siłę działającą na wewnętrzną pętlę. Zadania Indukcja pola magnetycznego w środku kołowej pętli, w której płynie prąd o natężeniu 6 ⁢ A , wynosi 2 ⋅ 10 − 4 ⁢ T . Oblicz promień pętli. 0,019 ⁢ m . Z ilu zwojów musi składać się płaska, kołowa cewka o promieniu 20 ⁢ cm , aby przy zasilaniu jej prądem o natężeniu 0,85 ⁢ A wartość indukcji pola magnetycznego w jej środku wynosiła 4 ⋅ 10 − 4 ⁢ T ? Płaska, kołowa cewka składa się z 20 zwojów. Promień cewki wynosi 10 ⁢ cm , a natężenie płynącego przez nią prądu jest równe 0,5 ⁢ A . Wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego w środku cewki. 6,28 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Przez kołową pętlę o promieniu R płynie prąd o natężeniu I . W którym punkcie osi pętli natężenie pola magnetycznego jest równe połowie wartości natężenia pola zmierzonej w środku osi? Dwie płaskie kołowe cewki – składające się z N zwojów o promieniu R – zostały zamontowane wzdłuż wspólnej osi w taki sposób, że są do siebie równoległe, a odległość między nimi wynosi d . Wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie pośrodku tej osi, jeżeli przez każdą cewkę – w tym samym kierunku – płynie prąd o natężeniu I . B = μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 ∕ d ∕ 2 2 + R 2 3 ∕ 2 . Wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego w środku którejkolwiek cewki z poprzedniego zadania.", "section": "Pole magnetyczne pętli z prądem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prawo Ampère’a Podstawową własnością statycznego pola magnetycznego jest to, że – w przeciwieństwie do pola elektrostatycznego – nie jest ono zachowawcze. Przypomnijmy: w polu zachowawczym praca wykonywana podczas przemieszczania cząstki nie zależy od toru, po którym cząstka się porusza, a jedynie od jej początkowego i końcowego położenia. Pola magnetycznego prawidłowość ta nie dotyczy; istnieje natomiast zależność między indukcją magnetyczną a natężeniem prądu, który to pole wytwarza. Zależność ta, wyrażona za pomocą całki krzywoliniowej wektora indukcji B → , znana jest jako prawo Ampère’a (ang. Ampère’s law ). Co więcej, z prawa Ampere'a wynika wspomniane wcześniej prawo Biota-Savarta. Na poniższym przykładzie przedstawiamy zależność między nimi. przedstawia dowolną płaszczyznę prostopadłą do nieskończonego prostoliniowego przewodu, w którym – w kierunku od tej płaszczyzny – płynie prąd o natężeniu I . Linie pola magnetycznego są koncentrycznymi okręgami, w środku których znajduje się przewód, i zwrócone są one w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Na wstępie rozpatrzmy całkę ∮ B → ⋅ d l → , obliczaną wzdłuż zamkniętych konturów M i N . Zauważmy, że kontur M obejmuje przewód z prądem, podczas gdy kontur N tego przewodu nie obejmuje. Ponieważ linie pola magnetycznego są okręgami, iloczyn skalarny B → ⋅ d l → można zastąpić iloczynem wartości indukcji B i długości rzutu I na okrąg przechodzący przez element d l → . Jeżeli promień tego szczególnego okręgu jest równy r , długość rzutu wynosi r ⁢ d θ . Możemy więc zapisać, że B → ⋅ d l → = B ⁢ r ⁢ d θ ⁢ . Prąd o natężeniu I płynie w długim, prostoliniowym przewodzie, w kierunku od płaszczyzny rysunku. Całka ∮ d θ wynosi 2 ⁢ π w przypadku konturu M ; w przypadku całkowania po konturze N jej wartość wynosi zero. Podstawiając za B → wyrażenie , otrzymujemy ∮ B → ⋅ d l → = ∮ μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ r ⁢ d θ = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ ∮ d θ ⁢ . Zauważmy teraz, że całkowanie po konturze M , który okrąża przewód z prądem, daje wynik: ∮ M d θ = 2 ⁢ π . Zatem ∮ M B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ I ⁢ . Z kolei kontur N przebiega zarówno przez dodatnie (zakreślane przeciwnie do ruchu wskazówek zegara), jak i ujemne (zakreślane zgodnie z ruchem wskazówek zegara) elementy d θ – patrz . Ponieważ kontur ten jest zamknięty, ∮ N d θ = 0 . Oznacza to, że w przypadku konturu N ∮ N B → ⋅ d l → = 0 ⁢ . Prawo Ampère’a otrzymujemy, uogólniając powyższe wyniki. Prawo Ampère’a W przypadku dowolnego zamkniętego konturu rozpiętego na płaszczyźnie przecinanej przez przewód z prądem o natężeniu I ∮ B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ I ⁢ . W powyższym wzorze I jest całkowitym natężeniem prądu, przecinającym dowolną otwartą powierzchnię S ograniczoną konturem całkowania. W obliczeniach uwzględniamy zatem jedynie prąd obejmowany przez ten kontur. W celu określenia znaku danego prądu I układamy palce prawej dłoni wzdłuż konturu tak, aby wskazywały one kierunek całkowania (zob. ). Jeśli prąd przecina powierzchnię S w kierunku wskazanym przez wyciągnięty kciuk, przypisujemy mu znak „plus”. Gdy prąd płynie w kierunku przeciwnym, przypisujemy mu znak „minus”. Strategia rozwiązania – stosowanie prawa Ampère’a Aby obliczyć indukcję pola magnetycznego wytwarzanego przez prąd płynący w przewodzie lub przewodach, wykonaj następujące kroki: Określ symetrię prądu w przewodzie lub przewodach. W przypadku jej braku zastosuj prawo Biota-Savarta. Na podstawie drugiego wariantu reguły prawej dłoni wyznacz kierunek pola magnetycznego wytwarzanego przez przewód (przewody). Wybierz zamknięty kontur całkowania w taki sposób, aby w każdym jego punkcie wartość indukcji pola magnetycznego była stała bądź równa zero. Wyznacz wypadkowe natężenie prądu I wyp objętego konturem. Oblicz całkę krzywoliniową ∮ B → ⋅ d l → wzdłuż zamkniętego konturu. Przyrównaj całkę ∮ B → ⋅ d l → do iloczynu μ 0 ⁢ I wyp , a otrzymane równanie rozwiąż względem B → . Zastosowanie prawa Ampère’a do obliczenia pola magnetycznego przewodu z prądem Zastosujemy prawo Ampère’a do obliczenia pola magnetycznego wytwarzanego przez nieskończenie długi, cienki i prostoliniowy przewód, w którym płynie prąd o niezmiennym w czasie natężeniu I (zob. ). Składowe, na które można rozłożyć wektor indukcji pola magnetycznego B → wytwarzanego przez prąd o natężeniu I – płynący od płaszczyzny rysunku. Składowe radialne są równe zero w każdym punkcie linii pola, ponieważ wektor indukcji pola magnetycznego jest styczny do linii. Strategia rozwiązania Rozpatrzmy dowolną płaszczyznę prostopadłą do przewodu z prądem płynącym od płaszczyzny rysunku. Jak pokazano na , na płaszczyźnie, w dowolnym punkcie okręgu o promieniu r , w którego środku znajduje się przewód, wektor indukcji pola magnetycznego można rozłożyć na składowe B → r \\vec{B}_r i B → θ \\vec{B}_{\\theta} . Ponieważ pole magnetyczne ma symetrię walcową względem przewodu, wartości B r i B θ są takie same w każdym punkcie okręgu. Z symetrii tego pola wynika również, że radialne linie pola – jeśli istnieją – muszą być zwrócone do przewodu lub od przewodu. W tym przypadku składowa radialna wektora indukcji jest równa zero, zatem również B → r ⋅ d l → = 0 . Możemy więc zastosować do obliczeń prawo Ampère’a – obierając kontur całkowania w postaci okręgu, przedstawionego na . Rozwiązanie Wzdłuż obranego konturu całkowania wektor B → jest stały i równoległy do elementu d l → . Możemy więc zapisać, że ∮ B → ⋅ d l → = B θ ⁢ ∮ d l = B θ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . Prawo Ampère’a redukuje się zatem do postaci B θ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = μ 0 ⁢ I ⁢ . Ostatecznie – ponieważ B θ jest jedyną składową wektora indukcji B → – możemy w powyższym wyrażeniu pominąć indeks dolny, otrzymując B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . Wynik ten zgadza się z uzyskanym wcześniej na podstawie prawa Biota-Savarta. Znaczenie Prawo Ampère’a sprawdza się, gdy znajdziemy taki kontur całkowania, wzdłuż którego wynik iloczynu skalarnego B → ⋅ d l → można łatwo uprościć, np. gdy kąt między wektorami jest stały (najlepiej równy 0 lub 90 stopni). Prawo to bez trudności zastosujemy w przypadku nieskończenie długiego przewodu, obierając kontur całkowania w kształcie okręgu obiegającego przewód. Stałą indukcję pola magnetycznego można wówczas wyłączyć przed symbol całki. Zastosowanie prawa Ampère’a do obliczenia pola magnetycznego przewodu z prądem przedstawia długi, prostoliniowy przewód o promieniu a , przez którego przekrój poprzeczny płynie – równomiernie rozłożony – prąd o natężeniu I 0 . Znajdź indukcję pola magnetycznego wewnątrz i na zewnątrz tego przewodu. (a) Widok przewodu o promieniu a , w którym płynie prąd o natężeniu I 0 . (b) Przekrój poprzeczny tego samego przewodu z zaznaczonym promieniem a oraz konturem Ampère’a o promieniu r . Strategia rozwiązania przedstawia geometrię zagadnienia. Zauważmy jednak, że natężenie prądu objętego konturem całkowania zależy od tego, czy kontur ten znajduje się na zewnątrz, czy wewnątrz przewodu. W drugim przypadku kontur całkowania nie obejmuje całego przekroju poprzecznego przewodu, przez który płynie prąd. Rozwiązanie W przypadku dowolnego kołowego konturu o promieniu r , współśrodkowego z przewodem ∮ B → ⋅ d l → = ∮ B ⁢ d l ⁢ cos 0 ° = B ⁢ ∮ d l = B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . \\oint \\vec{B} \\cdot \\d \\vec{l} = \\oint B \\d l \\cos \\ang{0} = B \\oint \\d l = B \\cdot 2\\pi r \\text{.} Na podstawie prawa Ampère’a powyższa całka równa jest całkowitemu natężeniu prądu płynącego przez dowolną powierzchnię ograniczoną konturem całkowania. Rozpatrzmy najpierw kołowy kontur całkowania, położony wewnątrz przewodu ( r ≤ a ) – jak przedstawia część (a) . Stosując prawo Ampère’a, musimy wyznaczyć natężenie I prądu płynącego przez powierzchnię przekroju poprzecznego przewodu ograniczoną konturem całkowania. Natężenie I równe jest gęstości prądu J pomnożonej przez wartość powierzchni przekroju poprzecznego przewodu wewnątrz konturu. Ponieważ prąd jest równomiernie rozłożony w przewodzie, jego gęstość wewnątrz konturu całkowania równa jest gęstości prądu w całym przekroju przewodu, wynoszącej I 0 ∕ π ⁢ a 2 . Tak więc natężenie prądu I płynącego przez przekrój ograniczony konturem całkowania dane jest wzorem I = π ⁢ r 2 π ⁢ a 2 ⁢ I 0 = r 2 a 2 ⁢ I 0 ⁢ . Możemy wykorzystać powyższy iloraz w dalszych rozważaniach, ponieważ w naszym zadaniu gęstość prądu J jest stała na całej powierzchni przekroju poprzecznego przewodu. Zatem gęstość prądu w części przekroju przewodu objętej konturem całkowania jest równa gęstości prądu w jego całkowitym przekroju. Z prawa Ampère’a otrzymujemy B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = μ 0 ⋅ r 2 a 2 ⁢ I 0 ⁢ . Z podanego wzoru wynika, że wewnątrz przewodu wartość indukcji pola magnetycznego wynosi B = μ 0 ⁢ I 0 2 ⁢ π ⋅ r a 2 ⁢ , dla ⁢ r ≤ a ⁢ . B = \\frac{\\mu_0 I_0}{2\\pi} \\cdot \\frac{r}{a^2} \\text{, dla } r \\leq a \\text{.} Na zewnątrz przewodu indukcję pola magnetycznego opisuje wyrażenie B = μ 0 ⁢ I 0 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ , dla ⁢ r > a ⁢ . B = \\frac{\\mu_0 I_0}{2\\pi r} \\text{, dla } r > a \\text{.} Zauważmy, że wyrażenie to jest tożsame z zależnością, którą otrzymaliśmy w poprzednim przykładzie, obliczając pole magnetyczne nieskończonego, cienkiego przewodu. Wykres wartości indukcji pola magnetycznego w funkcji odległości od osi przewodu przedstawia . Zależność od promienia wartości indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez prąd o natężeniu I 0 , płynący w długim, prostoliniowym przewodzie o promieniu a . Znaczenie Otrzymane wyniki wskazują, że wewnątrz grubego przewodu indukcja pola magnetycznego rośnie proporcjonalnie do odległości od środka jego przekroju poprzecznego. Indukcja przyjmuje wartości od zera do wartości B = μ 0 ⁢ I 0 ∕ 2 ⁢ π ⁢ r , znanej z przypadku pola magnetycznego cienkiego przewodu. Na zewnątrz przewodu obserwujemy spadek wartości indukcji – niezależnie od tego, czy przewód jest gruby, czy cienki. Podobny rezultat otrzymamy, stosując prawo Gaussa do obszaru o jednorodnym rozkładzie ładunku elektrycznego. Zauważmy jednak, że prawo Gaussa dotyczy jednorodnego rozkładu ładunku, a w omawianym przypadku prawo Ampère’a odnosi się do obszaru o jednorodnym rozkładzie gęstości prądu elektrycznego. W konsekwencji spadek wartości indukcji pola magnetycznego na zewnątrz grubego przewodu podobny jest do spadku natężenia pola elektrycznego na zewnątrz liniowo rozłożonego ładunku. Oba przypadki charakteryzują się bowiem tą samą geometrią i są niezależne od rozkładu ładunku lub prądu elektrycznego – o ile odpowiednie ładunki lub prądy znajdują się wewnątrz konturu całkowania. Wykorzystanie prawa Ampère’a z dowolnymi konturami całkowania Zastosuj prawo Ampère’a do obliczenia całki w układach prądu i konturów całkowania przedstawionych na . Układy prądu i kontury całkowania do . Strategia rozwiązania Prawo Ampère’a stanowi, że ∮ B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ I , gdzie I jest całkowitym natężeniem prądu przepływającego przez zamknięty kontur. Najszybszym sposobem określenia wartości całki jest obliczenie iloczynu μ 0 ⁢ I poprzez ustalenie wypadkowego natężenia prądu przepływającego przez kontur całkowania. Znaki każdego prądu określimy, układając prawą dłoń wzdłuż konturu tak, aby palce wskazywały kierunek całkowania. Prąd będziemy uważali za dodatni, jeżeli będzie on przepływał w kierunku wskazanym przez wyciągnięty kciuk. Suma natężeń prądu przepływającego przez kontur ku dołowi ( 2 ⁢ A + 5 ⁢ A ) równa się sumie natężeń prądu przepływającego przez kontur ku górze ( 3 ⁢ A + 4 ⁢ A ). Wypadkowe natężenie prądu jest zatem równe zero, a więc ∮ B → ⋅ d l → = 0 ⁢ T ⁢ m ⁢ . \\oint \\vec{B} \\cdot \\d \\vec{l} = \\SI{0}{\\tesla\\metre} \\text{.} Jedynym prądem, który musimy wziąć pod uwagę, jest ten o natężeniu 2 ⁢ A , ponieważ jest to jedyny prąd przepływający przez kontur całkowania. Prąd ten przepływa ku dołowi, a więc na podstawie reguły prawej dłoni przypisujemy mu dodatnią wartość (znak plus). Otrzymujemy zatem ∮ B → ⋅ d l → = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2 ⁢ A = 2,51 ⋅ 10 -6 ⁢ T ⁢ m ⁢ . \\oint \\vec{B} \\cdot \\d \\vec{l} = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{2}{\\ampere} = \\SI{2,51e-6}{\\tesla\\metre} \\text{.} Na podstawie reguły prawej dłoni stwierdzamy, że kierunki prądu przepływającego przez kontur ku dołowi są dodatnie. Suma natężeń prądu płynącego ku dołowi wynosi 7 ⁢ A + 5 ⁢ A = 12 ⁢ A , a natężenie prądu płynącego ku górze wynosi − 3 ⁢ A . W rezultacie całkowite natężenie prądu wynosi 9 ⁢ A , a tym samym ∮ B → ⋅ d l → = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 9 ⁢ A = 5,65 ⋅ 10 -6 ⁢ T ⁢ m ⁢ . \\oint \\vec{B} \\cdot \\d \\vec{l} = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{9}{\\ampere} = \\SI{5,65e-6}{\\tesla\\metre} \\text{.} Znaczenie Jeżeli przewody z prądem skręcimy ze sobą tak, że natężenia prądu płynącego do danego konturu całkowania będą równe natężeniom prądu wypływającego z tego konturu – wypadkowe natężenie tychże prądów będzie zerowe. Wokół przewodów nie powstanie zatem pole magnetyczne. Z tego względu przewody tworzące kabel elektryczny położone są blisko siebie. Wówczas prąd płynący do podłączonego urządzenia i z niego wypływający znoszą się i wypadkowe natężenie wewnątrz konturu Ampère’a rozpiętego wokół tych przewodów jest zerowe. W związku z powyższym przewody z prądem w tymże kablu nie będą wytwarzały rozproszonego (zakłócającego) pola magnetycznego. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozważ zastosowanie prawa Ampère’a do obliczenia indukcji pola magnetycznego prostoliniowego przewodu o skończonej długości oraz kołowej pętli z prądem. Dlaczego prawo Ampère’a jest w tych przypadkach bezużyteczne? Prawo Ampère’a jest bezużyteczne, ponieważ w tych przypadkach – ze względu na brak symetrii prądu – całkowanie po konturach Ampère’a byłoby bardzo trudne. Podsumowanie Pole magnetyczne wytwarzane przez prąd elektryczny płynący wzdłuż dowolnej drogi jest sumą (bądź całką) pól – przyczynków do indukcji pola magnetycznego wytwarzanych przez elementy prądu rozmieszczone wzdłuż tej drogi. Wartość i kierunek wektora indukcji poszczególnych przyczynków pola oblicza się tak, jak w przypadku prostoliniowego przewodu. Przedstawiony sposób myślenia prowadzi do uogólnionego związku pomiędzy natężeniem prądu a indukcją pola magnetycznego – znanego jako prawo Ampère’a. Prawo Ampère’a można wykorzystać do określenia pola magnetycznego cienkiego lub grubego przewodu z prądem, stosując wygodny do obliczeń kontur całkowania. Otrzymane rezultaty obliczeń zgodne są z wynikami uzyskanymi z zastosowaniem prawa Biota-Savarta. Pytania Czy prawo Ampère’a jest słuszne w przypadku dowolnych zamkniętych konturów całkowania? Dlaczego nie jest ono zwykle użyteczne do obliczeń pola magnetycznego? Prawo Ampère’a jest słuszne w przypadku dowolnych zamkniętych konturów całkowania. Nie jest ono jednak użyteczne przy braku symetrii pola magnetycznego, którą można by wykorzystać do uproszczenia obliczeń, przyjmując odpowiedni kontur całkowania. Zadania Prąd o natężeniu I płynie wokół prostokątnej ramki przedstawionej na załączonym rysunku. Oblicz wartość całki ∮ B → ⋅ d l → wzdłuż konturów A , B , C oraz D . a. μ 0 ⁢ I ; b. 0; c. μ 0 ⁢ I ; d. 0. Określ wartość całki ∮ B → ⋅ d l → w każdym z przypadków przedstawionych na załączonym rysunku. W cewce, której przekrój podłużny przedstawia załączony rysunek, płynie prąd o natężeniu I . Cewka składa się z N zwojów rozmieszczonych równomiernie na jej długości l . Określ wartość całki ∮ B → ⋅ d l → w przypadkach konturów całkowania widocznych na rysunku. a. 3 ⁢ μ 0 ⁢ I ; b. 0; c. 7 ⁢ μ 0 ⁢ I ; d. − 2 ⁢ μ 0 ⁢ I . W nadprzewodzącym drucie o średnicy 0,25 ⁢ cm płynie prąd o natężeniu 1000 ⁢ A . Wyznacz indukcję pola magnetycznego w pobliżu tego drutu. W długim, prostoliniowym przewodzie o promieniu R płynie prąd o natężeniu I . Prąd jest równomiernie rozłożony w przekroju poprzecznym przewodu. W jakiej odległości od osi przewodu wartość indukcji pola magnetycznego będzie maksymalna? W odległości równej promieniowi R . Załączony rysunek przedstawia przekrój poprzeczny długiego, wydrążonego, cylindrycznego przewodnika o promieniu wewnętrznym r 1 = 3 ⁢ cm i promieniu zewnętrznym r 2 = 5 ⁢ cm . Prąd o natężeniu 50 ⁢ A , rozłożony równomiernie w przekroju poprzecznym przewodnika, płynie w stronę płaszczyzny rysunku. Oblicz indukcję pola magnetycznego w odległościach r = 2 ⁢ cm , r = 4 ⁢ cm oraz r = 6 ⁢ cm od osi przewodu. W długim, jednolitym, cylindrycznym przewodniku o promieniu 3 ⁢ cm płynie prąd o natężeniu 50 ⁢ A . Prąd rozłożony jest równomiernie w przekroju poprzecznym przewodnika. Narysuj wykres wartości indukcji pola magnetycznego w funkcji odległości radialnej r od środka przewodnika. Poniższy rysunek przedstawia fragment długiego, cylindrycznego kabla koncentrycznego (ang. coaxial cable ). Prąd o natężeniu I wpływa do wewnętrznego przewodu kabla i wypływa jego zewnętrznym przewodem. Wyznacz indukcję pola magnetycznego w obszarach, w których r ≤ r 1 r \\leq r_1 ; r 2 ≥ r > r 1 r_2 \\geq r > r_1 ; r 3 ≥ r > r 2 r_3 \\geq r > r_2 ; r > r 3 r > r_3 . prawo Ampère’a (ang. Ampère’s law ) prawo fizyczne stwierdzające, że całka krzywoliniowa indukcji pola magnetycznego wokół prądu elektrycznego jest proporcjonalna do jego natężenia", "section": "Prawo Ampère’a", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Solenoidy i toroidy Solenoidy i toroidy są dwoma najczęściej spotykanymi i najbardziej użytecznymi urządzeniami, w których wykorzystuje się zjawiska elektromagnetyzmu. W tej czy innej formie solenoidy są częścią składową licznych przyrządów, zarówno wielkich, jak i miniaturowych. W niniejszym rozdziale zbadamy wytwarzane przez nie pole magnetyczne. Solenoidy Solenoidem (ang. solenoid ) nazywamy cewkę utworzoną poprzez nawinięcie długiego przewodu wzdłuż linii śrubowej. Solenoidy są powszechnie używane w badaniach eksperymentalnych, w których konieczne jest wykorzystywanie pola magnetycznego. Solenoid zasadniczo łatwo jest wykonać, a w pobliżu jego środka pole magnetyczne jest w dobrym przybliżeniu jednorodne, natomiast wartość indukcji tego pola – wprost proporcjonalna do natężenia płynącego w solenoidzie prądu. przedstawia solenoid składający się z N zwojów nawiniętych ciasno na długości L . W przewodzie tworzącym solenoid płynie prąd o natężeniu I . Liczba zwojów solenoidu przypadająca na jego jednostkową długość wynosi N ∕ L – stąd liczba zwojów małej długości d y solenoidu to N ∕ L ⋅ d y , a natężenie przepływającego przez nią prądu ma wartość d I = N ⁢ I L ⁢ d y ⁢ . Obliczymy na wstępie indukcję pola magnetycznego w punkcie P wskazanym na . Punkt ten leży na osi solenoidu, w środku jego długości. W tym celu podzielimy solenoid na cienkie warstwy o grubości d y , traktując każdą z nich jak pętlę z prądem. A zatem symbol d I oznacza natężenie prądu płynącego w każdej warstwie. Indukcję pola magnetycznego d B → wytwarzanego przez prąd o natężeniu d I znajdziemy, wykorzystując i . Napiszemy wówczas d B → = μ 0 ⁢ R 2 ⁢ d I 2 ⁢ y 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ j ̂ = μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 ⁢ N 2 ⁢ L ⁢ j ̂ ⋅ d y y 2 + R 2 3 ∕ 2 (w powyższym równaniu zastąpiliśmy d I , stosując ). Sumaryczną indukcję pola magnetycznego w punkcie P określimy, całkując d B → po całej długości solenoidu. Całkowanie będzie łatwiejsze, gdy zmienną niezależną y zastąpimy kątem θ . Posługując się , zauważmy, że sin θ = y y 2 + R 2 ⁢ . (a) Solenoid jest długim przewodem, nawiniętym wzdłuż linii śrubowej. (b) Pole magnetyczne w punkcie P na osi solenoidu jest wypadkowym polem, wytwarzanym przez wszystkie pętle z prądem. Różniczkując obustronnie powyższe wyrażenie, otrzymujemy cos θ ⁢ d θ = − y 2 y 2 + R 2 3 ∕ 2 + 1 y 2 + R 2 1 ∕ 2 ⁢ d y = R 2 ⁢ d y y 2 + R 2 3 ∕ 2 ⁢ . Podstawiając powyższą zależność do równania opisującego d B → , możemy napisać, że B → = μ ⁢ I 0 ⁢ N 2 ⁢ L ⁢ j ̂ ⁢ ∫ θ 1 θ 2 cos θ ⁢ d θ = μ ⁢ I 0 ⁢ N 2 ⁢ L ⁢ sin θ 2 − sin θ 1 ⁢ j ̂ ⁢ . Wyprowadzony wzór określa indukcję pola magnetycznego wzdłuż centralnej osi solenoidu o skończonej długości. Szczególnym zainteresowaniem cieszy się jednak solenoid o nieskończonej długości, w przypadku którego L ⟶ ∞ . W praktyce nieskończenie długim nazwiemy solenoid, którego długość jest znacznie większa od jego promienia ( L ≫ R ). W tym przypadku θ 1 = − π ∕ 2 oraz θ 2 = π ∕ 2 . Wówczas, na podstawie , indukcja pola magnetycznego wzdłuż podłużnej osi solenoidu wynosi B → = μ 0 ⁢ I ⁢ N 2 ⁢ L ⁢ j ̂ ⋅ sin π 2 − sin − π 2 = μ 0 ⁢ I ⁢ N L ⁢ j ̂ lub B → = μ 0 ⁢ n ⁢ I ⁢ j ̂ ⁢ . W powyższym wzorze n oznacza liczbę zwojów solenoidu na jednostkę jego długości (gęstość uzwojenia). Kierunek wektora B → określa reguła prawej dłoni: ułóż palce zgodnie z kierunkiem przepływu prądu, a kciuk wskaże kierunek pola magnetycznego wewnątrz solenoidu. Obliczymy teraz wartość indukcji pola magnetycznego w dowolnym punkcie wewnątrz nieskończonego solenoidu. W tym celu wykorzystamy otrzymane powyżej wyniki oraz prawo Ampère’a. Rozpatrzmy zamknięty kontur przedstawiony na . Wzdłuż boku 1 indukcja pola B → jest stała (pole jest jednorodne), a jej wektor równoległy do linii konturu. Natomiast dla pozostałych elementów konturu wektor indukcji B → jest z kolei albo prostopadły do boków 2 i 4 konturu, albo równy zero. Boki 2 i 4 nie wnoszą zatem wkładu do całki krzywoliniowej w prawie Ampère’a (ze względu na wartość cos π ∕ 2 = cos − π ∕ 2 = 0 ). Wzdłuż boku 3 wektor indukcji B → = 0 , gdyż pole magnetyczne na zewnątrz solenoidu nie istnieje. Otaczając solenoid dowolnym zamkniętym konturem, stwierdzimy, że prąd w odpowiadających sobie fragmentach uzwojenia solenoidu płynie w przeciwnych kierunkach. Wypadkowe natężenie prądu przepływającego wewnątrz takiego konturu jest zatem równe zero, co – na mocy prawa Ampère’a – oznacza zerową indukcję pola magnetycznego. W rezultacie bok 3 konturu także nie wnosi wkładu do rozpatrywanej całki krzywoliniowej. Możemy więc zapisać, że ∮ B → ⋅ d l → = ∫ 1 B → ⋅ d l → = B ⁢ l ⁢ . Kontur całkowania rozpatrywany przy zastosowaniu prawa Ampère’a do obliczenia indukcji pola magnetycznego nieskończonego solenoidu. Ponieważ liczba zwojów solenoidu na jego jednostkową długość wynosi n , sumaryczne natężenie prądu przepływającego przez powierzchnię ograniczoną konturem jest równe n ⁢ l ⁢ I . W rezultacie z prawa Ampère’a otrzymujemy, że B ⁢ l = μ 0 ⁢ n ⁢ l ⁢ I ⁢ , a więc wewnątrz solenoidu B = μ 0 ⁢ n ⁢ I ⁢ . Otrzymany wynik jest zgodny z wyrażeniem wyprowadzonym wcześniej dla indukcji B wzdłuż podłużnej osi solenoidu. Jednak w rozpatrywanym obecnie przypadku położenie boku 1 konturu całkowania jest dowolne, zatem powyższe równanie opisuje pole magnetyczne w każdym punkcie wewnątrz nieskończonego solenoidu. Możemy teraz otoczyć konturem całkowania cały solenoid i zbadać przy pomocy prawa Ampère’a pole magnetyczne na zewnątrz zwojnicy. Taki kontur zawierać będzie prąd płynący w przeciwnych kierunkach – a więc wypadkowe natężenie prądu w jego wnętrzu będzie równe zero. Zgodnie z prawem Ampère’a zerowe natężenie prądu wewnątrz konturu oznacza zerową wartość indukcji pola magnetycznego. Wobec tego w punktach, których odległości od osi solenoidu są większe od jego promienia, pole magnetyczne nie istnieje. Pacjent podlegający badaniu z wykorzystaniem obrazowania magnetycznym rezonansem jądrowym (ang. magnetic resonace imaging – MRI ) zostaje położony na stole wsuwanym w środek dużego solenoidu, zdolnego do wytwarzania bardzo silnych pól magnetycznych (kilka tesli). Uzwojenia solenoidów wytwarzających tak wysokie pola wykonuje się z materiałów nadprzewodzących i zasila prądami o znacznym natężeniu. Wielkie pole magnetyczne używane jest do zmiany orientacji spinów protonów w ciele pacjenta. Czas, w którym spiny zostają uporządkowane polem bądź relaksują (powracają do pierwotnej orientacji), jest wielkością charakterystyczną dla różnych tkanek. Analizując ten czas, można się przekonać, czy struktura tkanek jest właściwa ( ). W urządzeniu do magnetycznego rezonansu jądrowego bardzo silne pole magnetyczne jest wytwarzane przez cylindryczny solenoid otaczający pacjenta. Źródło: Liz West Pole magnetyczne wewnątrz solenoidu Solenoid tworzy 300 zwojów przewodu nawiniętego wokół cylindra o średnicy 1,2 ⁢ cm i długości 14 ⁢ cm . Jaka jest wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz solenoidu w pobliżu jego środka? W uzwojeniu płynie prąd o natężeniu 0,41 ⁢ A . Strategia rozwiązania Ponieważ znamy liczbę zwojów oraz długość solenoidu, możemy określić liczbę zwojów przypadającą na jednostkę jego długości. Zatem wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz solenoidu i w pobliżu jego środka dana jest . Na zewnątrz solenoidu pole magnetyczne jest zerowe. Rozwiązanie Liczba zwojów przypadająca na jednostkę długości wynosi n = 300 ⁢ zwojów 0,14 ⁢ m = 2,14 ⋅ 10 3 ⁢ zwojów ∕ m ⁢ . Indukcja pola magnetycznego wewnątrz solenoidu ma wartość B = μ 0 ⁢ n ⁢ I = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2,14 ⋅ 10 3 ⁢ zwojów ∕ m ⋅ 0,41 ⁢ A = 1,1 ⋅ 10 -3 ⁢ T ⁢ . B = \\mu_0 n I = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI{2,14e3}{\\zwojow\\per\\metre} \\cdot \\SI{0,41}{\\ampere} = \\SI{1,1e-3}{\\tesla} \\text{.} Znaczenie Otrzymany wynik jest słuszny jedynie wtedy, gdy długość solenoidu jest znacznie większa niż jego średnica. Powyższy przykład spełnia ten warunek. Sprawdź, czy rozumiesz. Dany jest solenoid składający się z 1000 zwojów nawiniętych na długości 50 ⁢ cm , w którym płynie prąd o natężeniu 1 ⁢ A . Oblicz stosunek wartości indukcji pola magnetycznego otrzymanej ze wzoru dla solenoidu skończonego do wartości indukcji ze wzoru dla solenoidu nieskończonego przy kącie θ równym 85 ° ; 89 ° . a. 1,003 82 ; b. 1,000 15 . Toroidy Toroid jest cewką w kształcie obwarzanka, utworzoną z jednego odcinka ciasno nawiniętego przewodu – jak przedstawiono w części (a) . Określmy wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz i na zewnątrz toroidu składającego się z N zwojów, w którym płynie prąd o natężeniu I . (a) Toroid jest ciasno nawiniętą cewką w kształcie obwarzanka. (b) Toroid nawinięty luźno nie ma symetrii walcowej. (c) Symetria ciasno nawiniętego toroidu jest z dobrym przybliżeniem symetrią walcową. (d) Ciasno nawinięta cewka toroidalna oraz kilka konturów całkowania obranych w celu zastosowania prawa Ampère’a. Nasze rozważania rozpoczniemy, zakładając cylindryczną symetrię toroidu wokół jego osi O ⁢ O ′ . W rzeczywistości założenie to nie jest w pełni słuszne, na co wskazuje część (b) . Wynika z niej bowiem, że rozmieszczenie zwojów toroidalnej cewki względem punktów (na przykład P 1 , P 2 i P 3 ) dowolnie obranych na kołowym konturze o środku na osi O ⁢ O ′ nie jest jednakowe. Opisana niejednorodność traci jednak znaczenie, gdy toroid jest ciasno nawinięty, co przedstawia część (c) . Symetria takiego toroidu jest wówczas z dobrym przybliżeniem cylindryczna. Z uwagi na cylindryczną symetrię pole magnetyczne w każdym punkcie dowolnego kołowego konturu o środku na osi O ⁢ O ′ musi być do niego styczne, a wartość jego indukcji – stała. W związku z tym w przypadku każdego z konturów D 1 , D 2 i D 3 , przedstawionych w części (d) , możemy napisać, że ∮ B → ⋅ d l → = B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . Prawo Ampère’a wiąże powyższą całkę z wypadkowym natężeniem prądu przepływającego przez dowolną powierzchnię ograniczoną konturem całkowania. W przypadku konturów leżących poza toroidem przez odpowiednie powierzchnie nie płynie żaden prąd (kontur D 1 ) bądź wybrany prąd, płynący w jednym kierunku, jest całkowicie kompensowany przez prąd płynący w kierunku przeciwnym (kontur D 3 ). W związku z tym wypadkowe natężenie prądu płynącego przez powierzchnie ograniczone tymi konturami jest zerowe, czyli ∮ B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = 0 ⁢ , stąd B = 0 ⁢ (poza toroidem). Wyprowadzając powyższą równość, założyliśmy, że poszczególne zwoje toroidu mają kształt kołowych pętli. Jednak uzwojenie rzeczywistego toroidu jest bardziej linią śrubową niż zespołem kołowych przewodów. W rezultacie poza toroidem stwierdzamy obecność niewielkiego pola magnetycznego. Rozpatrując kontur całkowania leżący wewnątrz toroidu (kontur D 2 ), zauważamy, że prąd płynący w uzwojeniu przecina ograniczoną tym konturem powierzchnię N razy, dając wypadkową wartość jego natężenia równą N ⁢ I . Z prawa Ampère’a wynika wówczas, że B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = μ 0 ⁢ N ⁢ I ⁢ , stąd B = μ 0 ⁢ N ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ (wewnątrz toroidu). W przypadku uzwojenia przedstawionego na kierunek wektora indukcji magnetycznej jest przeciwny do ruchu wskazówek zegara. Odwrócenie kierunku przepływu prądu w uzwojeniu spowoduje uzyskanie przeciwnego zwrotu wektora indukcji pola. Pole magnetyczne wewnątrz toroidu nie jest jednorodne, gdyż wartość jego indukcji zmienia się zgodnie z funkcją 1 ∕ r , gdzie r jest odległością od osi O ⁢ O ′ . Zmiana ta jest jednak pomijalnie mała, o ile centralny promień R (równy wartości średniej promieni: wewnętrznego i zewnętrznego) jest znacznie większy niż promień przekroju poprzecznego r uzwojenia toroidu. Wartość indukcji magnetycznej można wówczas obliczyć na podstawie wzoru, podstawiając R = r . Podsumowanie Wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz solenoidu wynosi B = μ 0 ⁢ n ⁢ I ⁢ , gdzie n jest liczbą zwojów przypadających na jego jednostkową długość. Pole magnetyczne wewnątrz solenoidu jest wysoce jednorodne – zarówno pod względem wartości indukcji, jak i kierunku linii. Wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz toroidu wynosi B = μ 0 ⁢ N ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ , gdzie N jest liczbą zwojów. Pole magnetyczne wewnątrz toroidu nie jest jednorodne i zmienia się z odległością zgodnie z funkcją 1 ∕ r . Pytania Czy pole magnetyczne wewnątrz toroidu jest zupełnie jednorodne, czy prawie jednorodne? Wyjaśnij, dlaczego B → = 0 ⁢ T wewnątrz długiej, pustej rury miedzianej, przewodzącej prąd elektryczny w kierunku równoległym do jej osi. Czy B → = 0 ⁢ T także na zewnątrz tej rury? Zgodnie z prawem Ampère’a brak prądu we wnętrzu konturu całkowania oznacza brak pola magnetycznego. Ponieważ prąd płynący w miedzianej rurze można otoczyć zewnętrznym konturem całkowania, na zewnątrz rury pole magnetyczne może nie być równe zero. Zadania Liczba zwojów na metr długości solenoidu wynosi 2000 . Zakładając, że w uzwojeniu solenoidu płynie prąd o natężeniu 5,2 ⁢ A , oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w jego wnętrzu. B = 1,3 ⋅ 10 − 2 ⁢ T . Liczba zwojów solenoidu na centymetr jego długości wynosi 12. Jakie musi być natężenie prądu w uzwojeniu solenoidu, aby w jego wnętrzu indukcja magnetyczna miała wartość 2 ⋅ 10 − 2 ⁢ T ? Ile zwojów na centymetr długości należy nawinąć, aby tak wykonany solenoid wytwarzał w swoim wnętrzu pole magnetyczne o indukcji 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ T ? Przyjmij, że natężenie prądu w uzwojeniu wynosi 2 ⁢ A . Około ośmiu zwojów na centymetr. Solenoid pokazany na rysunku składa się z 500 zwojów, ma długość 40 ⁢ cm i średnicę 3 ⁢ cm . Zakładając, że w uzwojeniu solenoidu płynie prąd o natężeniu 4 ⁢ A , wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie na jego osi, znajdującym się w środku solenoidu; w odległości 10 ⁢ cm od jednego z jego końców; w odległości 5 ⁢ cm od jednego z jego końców. Porównaj uzyskane wyniki z obliczeniami w przypadku solenoidu nieskończenie długiego. Wyznacz wartość indukcji magnetycznej w punkcie położonym na centralnej osi, na początku półnieskończonego solenoidu. Wskazówka: Przyjmij, że na początku solenoidu x = 0 , a w jego końcu x ⟶ ∞ x \\to \\infty . B = 1 ∕ 2 ⋅ μ 0 ⁢ n ⁢ I . Długość solenoidu wynosi 15 ⁢ cm , a jego średnica 4 ⁢ cm . Zakładając, że liczba zwojów solenoidu na metr długości wynosi n , a natężenie płynącego w nim prądu jest równe I , oszacuj błąd przybliżenia wartości indukcji w jego środku, określonego wzorem B = μ 0 ⁢ n ⁢ I . W solenoidzie, którego liczba zwojów na centymetr długości wynosi 25, płynie prąd o natężeniu I . We wnętrzu solenoidu, prostopadle do jego osi, po okręgu o promieniu 2 ⁢ cm porusza się elektron. Oblicz natężenie prądu I , jeżeli prędkość elektronu wynosi 2 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s . 0,0181 ⁢ A . W toroidzie o 250 zwojach płynie prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Wewnętrzny promień toroidu wynosi 8 ⁢ cm , a jego zewnętrzny promień wynosi 9 ⁢ cm . Wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego tego toroidu przy r = 8,1 ⁢ cm , r = 8,5 ⁢ cm i r = 8,9 ⁢ cm . Dany jest toroid o 500 zwojach i przekroju poprzecznym będącym kwadratem o boku 3 ⁢ cm . Wewnętrzny promień toroidu wynosi 25 ⁢ cm , a w jego uzwojeniu płynie prąd o natężeniu 2 ⁢ A . Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w środku przekroju poprzecznego tego toroidu. 0,0008 ⁢ T . solenoid (ang. solenoid ) cienki przewód zwinięty w cewkę, wytwarzający pole magnetyczne w przypadku przepływu przezeń prądu elektrycznego toroid (ang. toroid ) cewka w kształcie torusa, ściśle owinięta jednym odcinkiem przewodu", "section": "Solenoidy i toroidy", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Magnetyzm materii Dlaczego niektóre materiały mają właściwości magnetyczne, a inne nie? Dlaczego pewne substancje ulegają namagnesowaniu w polu magnetycznym, a niektóre pozostają oporne? Aby odpowiedzieć na te pytania, musimy zrozumieć magnetyzm materii na poziomie mikroskopowym. W atomie każdy elektron porusza się po swojej orbicie. Poruszające się w ten sposób elektrony tworzą pętle z prądem, a więc dipole magnetyczne, ponadto elektron ma własny moment magnetyczny. Wypadkowy moment magnetyczny danego atomu jest sumą wektorową momentów magnetycznych ( μ ) poszczególnych dipoli. Wartości μ atomów kilku pierwiastków chemicznych podano w . Zauważmy, że wypadkowy moment dipolowy niektórych atomów jest równy zero oraz że typowe wartości niezerowych momentów dipolowych są rzędu 10 − 23 ⁢ A ⁢ m 2 . Momenty magnetyczne niektórych atomów. Atom Moment magnetyczny ( 10 − 24 ⁢ A ⁢ m 2 ) H 9,27 He 0 Li 9,27 O 13,9 Na 9,27 S 13,9 Próbka materii zawiera w przybliżeniu 10 26 atomów i jonów, z których każdy posiada własny moment magnetyczny. Bez zewnętrznego pola magnetycznego dipole magnetyczne są zorientowane przypadkowo – jednakowe ich liczby zwrócone są ku górze i dołowi, w lewo i prawo itd. W konsekwencji wypadkowy moment magnetyczny tejże próbki równa się zero. Jednakże po umieszczeniu próbki w polu magnetycznym dipole będą dążyć do ustawienia się wzdłuż linii tego pola (zob. ). Sposób tego ustawienia określa zachowanie się próbki w polu magnetycznym. Na tej podstawie materię dzielimy na paramagnetyczną, ferromagnetyczną lub diamagnetyczną. W materiale paramagnetycznym (ang. paramagnetic material ) jedynie niewielka część dipoli magnetycznych ustawia się wzdłuż linii przyłożonego pola. Ponieważ każdy z dipoli generuje własne pole magnetyczne, na skutek ich uporządkowania wytwarzane jest dodatkowe pole, które wzmacnia to przyłożone do próbki. Jeśli w polu magnetycznym umieścimy materiał ferromagnetyczny (ang. ferromagnetic material ), jego dipole magnetyczne ulegną także takiemu uporządkowaniu. Co więcej, dipole będą się wzajemnie blokowały, powodując trwałe namagnesowanie próbki – nawet po usunięciu jej z pola magnetycznego lub po zmianie kierunku tego pola. Takie trwałe namagnesowanie jest charakterystyczne dla materiałów ferromagnetycznych, ale nie materiałów paramagnetycznych. Z kolei substancje diamagnetyczne składają się z atomów nieposiadających wypadkowego momentu dipolowego. Jednak po umieszczeniu materiału diamagnetycznego (ang. diamagnetic material ) w polu magnetycznym powstaną w nich dipolowe momenty magnetyczne, skierowane przeciwnie do przyłożonego pola. Wytworzone w ten sposób sumaryczne pole próbki będzie skierowane przeciwnie do zewnętrznego pola magnetycznego. Omówimy teraz bardziej szczegółowo każdy z materiałów. Materiały paramagnetyczne Załóżmy dla uproszczenia rozważań, że cylindryczna, długa próbka materiału szczelnie wypełnia długi, ciasno nawinięty solenoid. Jeżeli w solenoidzie nie płynie prąd, dipole magnetyczne w próbce są zorientowane przypadkowo – nie generując wypadkowego pola magnetycznego. Po włączeniu prądu pole magnetyczne solenoidu oddziałuje na dipole momentem obrotowym, zmierzającym do ich ustawienia zgodnie z tym polem. Konkurencyjne w stosunku do porządkującego działania momentu obrotowego są zderzenia termiczne, dążące do przywrócenia przypadkowej orientacji dipoli. Udział tych dwóch procesów w orientowaniu dipoli można oszacować, porównując wartości związanych z nimi energii. Na podstawie wiadomo, że różnica energii dipola magnetycznego ustawionego zgodnie z polem magnetycznym i energii dipola zorientowanego przeciwnie do tego pola wynosi U B = 2 ⁢ μ ⁢ B . Przyjmując μ = 9,3 ⋅ 10 − 24 ⁢ A ⁢ m 2 (wartość w przypadku atomu wodoru) oraz B = 1 ⁢ T , otrzymujemy U B = 1,9 ⋅ 10 − 23 ⁢ J ⁢ . Energia termiczna w temperaturze 27 ⁢ ° C przypadająca na jeden atom wynosi z kolei U T ≈ k B ⁢ T = 1,38 ⋅ 10 − 23 ⁢ J ∕ K ⋅ 300 ⁢ K = 4,1 ⋅ 10 − 21 ⁢ J ⁢ , co stanowi wartość około 220 razy większą niż wartość U B . Jest więc jasne, że energie przekazywane podczas zderzeń termicznych mogą istotnie zaburzyć proces porządkowania dipoli magnetycznych. W związku z powyższym jedynie niewielka część dipoli w danej chwili ustawia się zgodnie z zewnętrznym polem. Prostą ilustrację procesu porządkowania dipoli przedstawiają cztery części . Część (a) prezentuje przypadkową orientację dipoli w próbce paramagnetycznej umieszczonej w solenoidzie (niewidocznym na rysunku), w którym nie płynie prąd. Przypadkowa orientacja dipoli powoduje, że związany z próbką ich wypadkowy moment magnetyczny równa się zero. Po przyłożeniu zewnętrznego pola następuje częściowe uporządkowanie dipoli – jak wynika z części (b) . Zauważmy, że składowa wypadkowego magnetycznego momentu dipolowego, prostopadła do zewnętrznego pola, znika. Opisaną sytuację obrazuje część (c) , na którym przedstawiono zbiór dipoli magnetycznych w pełni zgodnych z zewnętrznym polem. Traktując wspomniane dipole jak pętle z prądem, możemy przyjąć, że ich uporządkowanie odpowiada pewnemu prądowi płynącemu przy powierzchni próbki – na co wskazuje część (d) rysunku. Ów fikcyjny powierzchniowy prąd wytwarza własne pole magnetyczne, które wzmacnia pole solenoidu. Proces porządkowania w materiale paramagnetycznym wypełniającym solenoid (niepokazany na rysunku). (a) W nieobecności zewnętrznego pola dipole są zorientowane przypadkowo. (b) Po przyłożeniu pola następuje częściowe uporządkowanie dipoli. (c) Równoważna reprezentacja dipoli z części (b). (d) Prądy wewnątrz próbki znoszą się, pozostawiając pewien efektywny prąd powierzchniowy – wytwarzający pole magnetyczne podobne do pola solenoidu. Indukcję całkowitego pola magnetycznego wewnątrz materiału możemy wyrazić jako B → = B → 0 + B → m ⁢ , gdzie B → 0 reprezentuje pole wytwarzane przez prąd I 0 płynący w solenoidzie, a B → m – pole prądu powierzchniowego I m płynącego wokół próbki. Zauważmy teraz, że indukcja B → m jest zwykle proporcjonalna do indukcji B → 0 , co wyrazimy za pomocą wzoru B → m = χ ⁢ B → 0 ⁢ , w którym χ jest tzw. podatnością magnetyczną (ang. magnetic susceptibility ). Wartości podatności magnetycznej χ niektórych materiałów paramagnetycznych zebrano w . Ponieważ uporządkowanie dipoli magnetycznych w paramagnetykach jest bardzo słabe, wartości χ są również bardzo niewielkie. Łącząc ze sobą i , otrzymujemy B → = B → 0 + χ ⁢ B → 0 = 1 + χ ⁢ B 0 → ⁢ . W przypadku próbki umieszczonej w nieskończonym solenoidzie powyższe równanie przybiera postać B = 1 + χ ⁢ μ 0 ⁢ n ⁢ I ⁢ . Z otrzymanego równania wynika, że umieszczenie materiału paramagnetycznego we wnętrzu solenoidu wzmacnia jego pole o współczynnik ( 1 + χ ). Ponieważ χ jest bardzo małe, wzmocnienie pola jest niewielkie. Wielkość μ = 1 + χ ⁢ μ 0 nosi nazwę przenikalności magnetycznej (ang. magnetic permeability ). Wprowadzając współczynnik μ , w przypadku wypełnionego solenoidu możemy zapisać w postaci B = μ ⁢ n ⁢ I ⁢ . Podatności magnetyczne niektórych materiałów. Materiały paramagnetyczne χ Materiały diamagnetyczne χ Aluminium 2,2 ⋅ 10 − 5 Bizmut − 1,7 ⋅ 10 − 5 Wapń 1,4 ⋅ 10 − 5 Węgiel (diament) − 2,2 ⋅ 10 − 5 Chrom 3,1 ⋅ 10 − 4 Miedź − 9,7 ⋅ 10 − 6 Magnez 1,2 ⋅ 10 − 5 Ołów − 1,8 ⋅ 10 − 5 Tlen gazowy ( 1 ⁢ atm ) 1,8 ⋅ 10 − 6 Rtęć − 2,8 ⋅ 10 − 5 Tlen ciekły ( 90 ⁢ K ) 3,5 ⋅ 10 − 3 Wodór gazowy ( 1 ⁢ atm ) − 2,2 ⋅ 10 − 9 Wolfram 6,8 ⋅ 10 − 5 Azot gazowy ( 1 ⁢ atm ) − 6,7 ⋅ 10 − 9 Powietrze ( 1 ⁢ atm ) 3,6 ⋅ 10 − 7 Woda − 9,1 ⋅ 10 − 6 Materiały diamagnetyczne Pole magnetyczne zawsze indukuje w atomie dipol magnetyczny. Utworzony w ten sposób dipol oraz jego pole magnetyczne są zwrócone przeciwnie do przyłożonego pola. W materiałach paramagnetycznych i ferromagnetycznych istnienie takich indukowanych dipoli magnetycznych jest maskowane przez znacznie silniejsze, trwałe dipole atomów. Jednak w materiałach diamagnetycznych, których atomy nie posiadają trwałych magnetycznych momentów dipolowych, można zaobserwować istnienie dipoli indukowanych. Zjawiska magnetyczne w materiałach diamagnetycznych możemy opisać, stosując model stworzony dla materiałów paramagnetycznych. Jednak w przypadku diamagnetyków fikcyjny prąd powierzchniowy płynie w kierunku przeciwnym do prądu w solenoidzie, a podatność magnetyczna χ jest ujemna. Wartości podatności χ kilku materiałów diamagnetycznych również przedstawiono w . Lewitacja w polu magnetycznym Powszechnie występującą substancją diamagnetyczną jest woda, główny składnik organizmów żywych. Przeprowadzono eksperymenty na żabach i myszach, w których zaobserwowano, że zwierzęta umieszczone w rozbieżnym polu magnetycznym, lewitowały. Działo się tak, ponieważ cząsteczki wody zawarte w organizmach były wypychane z niejednorodnego pola magnetycznego. Stan nieważkości pojawiał się, gdy równoważyły się siły magnetyczna i ciężkości. Materiały ferromagnetyczne Z materiałów ferromagnetycznych, takich jak żelazo i jego stopy, wytwarzane są powszechnie spotykane magnesy trwałe. Jak wykazują eksperymenty, w substancjach ferromagnetycznych występują niewielkie obszary zwane domenami magnetycznymi (ang. magnetic domains ). Typowe objętości tych domen zmieniają się w przedziale od 10 − 12 ⁢ m 3 do 10 − 8 ⁢ m 3 i zawierają one od około 10 17 do 10 21 atomów. Wewnątrz domeny na skutek pewnego oddziaływania atomów, zwanego oddziaływaniem wymiennym, pomiędzy atomami dipole magnetyczne są trwale zwrócone w tym samym kierunku. Oddziaływanie wymienne, którego opis wymaga użycia mechaniki kwantowej, jest na tyle silne, że w temperaturze pokojowej nie może być zniwelowane nawet przez pobudzenie termiczne atomów. W rezultacie każda domena posiada własny wypadkowy magnetyczny moment dipolowy. W przypadku niektórych substancji oddziaływanie wymienne jest słabsze i są one ferromagnetykami jedynie w niższych temperaturach. Jeżeli domeny wewnątrz próbki ferromagnetycznej są zorientowane przypadkowo, jak pokazano na rysunku, próbka nie posiada wypadkowego magnetycznego momentu dipolowego. Mówimy wówczas, że próbka jest nienamagnesowana. Przyjmijmy teraz, że próbką nienamagnesowanego ferromagnetyka wypełniliśmy wnętrze solenoidu. Po włączeniu pola magnetycznego solenoidu o indukcji B → 0 momenty dipolowe domen obracają się, ustawiając się po części równolegle do wektora indukcji pola, jak pokazano na . Dodatkowo uporządkowane domeny rosną kosztem domen nieuporządkowanych. Łącznym efektem tych procesów jest powstanie wypadkowego magnetycznego momentu dipolowego ferromagnetyka, skierowanego wzdłuż linii przyłożonego pola magnetycznego. Ów wypadkowy moment magnetyczny jest znacznie większy niż w przypadku próbki paramagnetycznej, a uporządkowanie składających się z wielkiej liczby atomów domen nie zostaje zniszczone przez pobudzenie termiczne. W konsekwencji pole magnetyczne wywołane uporządkowaniem domen jest stosunkowo silne. (a) W nienamagnesowanej próbce ferromagnetycznej (np. żelaza) orientacja domen jest przypadkowa. Strzałki reprezentują ustawienie dipoli magnetycznych wewnątrz domen. (b) W zewnętrznym polu magnetycznym orientacja domen ulega pewnemu uporządkowaniu. (c) Domeny pojedynczego kryształu niklu. Białe linie, uzyskane poprzez posypanie kryształu sproszkowanym tlenkiem żelaza, wskazują granice domen. W temperaturze pokojowej jedynie pięć pierwiastków zawiera domeny magnetyczne, decydujące o ich właściwościach ferromagnetycznych. Są to: żelazo, kobalt, nikiel, gadolin i dysproz. Ferromagnetykami są także liczne stopy tychże pierwiastków. Właściwości materiałów ferromagnetycznych można opisać za pomocą związków „paramagnetycznych”: oraz . Jednakże wartości podatności magnetycznej χ ferromagnetyków są rzędu 10 3 do 10 4 i zależą od historii oddziałującego na nie pola magnetycznego. Typowy wykres wartości B (indukcji całkowitej) w funkcji B 0 (indukcji przyłożonego pola magnetycznego) w przypadku początkowo nienamagnesowanego kawałka żelaza pokazano na . Przykładowe wartości liczbowe są następujące: (1) przy B 0 = 1 ⋅ 10 − 4 ⁢ T , B = 0,6 ⁢ T , oraz χ = 0,6 ∕ 10 -4 − 1 ≈ 6 ⋅ 10 6 \\chi = \\num{0,6} / 10^{-4} -1 \\approx 6\\cdot 10^6 ; (2) przy B 0 = 6 ⋅ 10 − 4 ⁢ T , B = 1,5 ⁢ T , oraz χ = 1,5 ∕ 6 ⋅ 10 − 4 − 1 ≈ 2,5 ⋅ 10 3 . Indukcja magnetyczna B w wyżarzonej próbce żelaza w funkcji indukcji przyłożonego pola B 0 . Jeżeli indukcja B 0 zmienia się w pewnym przedziale, przyjmując wartości dodatnie i ujemne, obserwowane zmiany B przebiegają w sposób przedstawiony na . Zauważmy, że ta sama wartość indukcji B 0 (odpowiadająca tej samej wartości natężenia prądu w solenoidzie) może wytworzyć indukcję magnetyczną B o różnych wartościach. Istotnie, indukcja B wytworzona w ferromagnetyku pewnym przyłożonym polem o wartości indukcji B 0 zależy od historii magnetycznej próbki. Zjawisko to nosi nazwę histerezy (ang. hysteresis ), a krzywa przedstawiona na rysunku – pętli histerezy (ang. hysteresis loop ). Zauważmy, że B nie znika, gdy B 0 = 0 ⁢ T – to znaczy, gdy prąd w solenoidzie zostaje wyłączony. Żelazo pozostaje namagnesowane, co oznacza, że staje się magnesem trwałym. Typowa pętla histerezy ferromagnetyka. Podczas pierwszego magnesowania pętla przebiega wzdłuż krzywej pomiędzy punktami 0 oraz a . Część pętli, po zmniejszeniu wartości i późniejszej zmianie kierunku indukcji B 0 , jest zgodna z krzywą a - b . Po zwiększeniu wartości i ponownej zmianie kierunku B 0 pętla podąża po drodze b - a . Podobnie jak w przypadku próbki paramagnetycznej z częściowe uporządkowanie domen w ferromagnetyku jest równoważne pewnemu prądowi, płynącemu wokół jego powierzchni. W związku z tym magnes sztabkowy można utożsamiać ze ściśle nawiniętym solenoidem. Prąd powierzchniowy ferromagnetyka będzie wówczas odpowiadał znacznemu prądowi, płynącemu w uzwojeniu solenoidu. Jak wynika z , taki model sprawdza się całkiem dobrze – linie pola magnetycznego magnesu sztabkowego i solenoidu są zaskakująco podobne. przedstawia także sposób określania biegunów magnesu sztabkowego. Linie pola magnetycznego na zewnątrz magnesu biegną od bieguna północnego (N) do południowego (S) tworząc pętle, podczas gdy we wnętrzu magnesu są skierowane od bieguna S do bieguna N. Porównanie pól magnetycznych solenoidu i magnesu sztabkowego. Materiały ferromagnetyczne znajdziemy w komputerowych dyskach twardych i innych urządzeniach do trwałego przechowywania danych ( ). Materiał użyty w twardych dyskach zwany jest zaworem spinowym i składa się z ułożonych naprzemiennie cienkich warstw metali: ferromagnetyka (uporządkowanego zgodnie z zewnętrznym polem magnetycznym) oraz materiału antyferromagnetycznego, w którym każdy atom uporządkowany jest przeciwnie względem uporządkowania atomów warstwy sąsiedniej. Stwierdzono, że przyłożenie do zaworu spinowego zewnętrznego pola magnetycznego powoduje znaczącą zmianę jego oporu elektrycznego. Ta olbrzymia zmiana umożliwia szybki i pewny zapis lub odczyt informacji, przy wykorzystaniu prądu elektrycznego. Wnętrze twardego dysku. Srebrna tarcza jest nośnikiem, natomiast mała głowica, widoczna na wierzchu tarczy, służy do zapisu i odczytu informacji. Żelazny rdzeń we wnętrzu cewki Długą cewkę nawinięto ściśle na żelazny rdzeń, którego krzywą magnesowania przedstawiono na rysunku. Przyjmując, że na centymetr długości cewki przypada 20 zwojów oraz że natężenie prądu I 0 wynosi 2 ⁢ A , oblicz wartość indukcji pola B 0 przyłożonego do jej rdzenia; Jaka jest wypadkowa indukcja pola magnetycznego odpowiadającego temu natężeniu prądu? Ile w tym przypadku wynosi podatność magnetyczna rdzenia? Strategia rozwiązania Indukcję pola magnetycznego solenoidu obliczamy, stosując ; Korzystając z wykresu, odczytujemy wartość indukcji wypadkowego pola magnetycznego, odpowiadającą danemu natężeniu prądu; Wartość podatności magnetycznej obliczamy z . Rozwiązanie Indukcja przyłożonego do rdzenia pola wytwarzanego przez cewkę wynosi B 0 = μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2000 ⁢ m -1 ⋅ 0,2 ⁢ A = 5 ⋅ 10 -4 ⁢ T ⁢ . B_0 = \\mu_0 n I_0 = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI[per-mode=reciprocal]{2000}{\\per\\metre} \\cdot \\SI{0,2}{\\ampere} = \\SI{5e-4}{\\tesla} \\text{.} Z wykresu krzywej magnesowania na odczytujemy, że wyznaczonej powyżej wartości odpowiada B = 1,4 ⁢ T . Zauważmy, że wartość indukcji pola wewnętrznego uporządkowanych atomów znacznie przewyższa indukcję zewnętrznego pola przyłożonego do rdzenia. Wartość podatności magnetycznej obliczamy zgodnie z poniższym wzorem χ = B B 0 − 1 = 1,4 ⁢ T 5 ⋅ 10 − 4 ⁢ T − 1 = 2,8 ⋅ 10 3 ⁢ . Znaczenie Podatności magnetyczne ferromagnetyków mają wartości rzędu 10 3 , co zgadza się z wynikami naszych obliczeń. Wartości podatności paramagnetyków są ułamkowe, więc indukcja przyłożonego pola cewki jest znacznie większa niż indukcja pola magnetycznego wytwarzanego przez materiał rdzenia. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz obliczenia z , przyjmując I 0 = 0,04 ⁢ A . a. 10 − 4 ⁢ T ; b. 0,6 ⁢ T ; c. 6 ⋅ 10 3 . Podsumowanie W zależności od ich zachowania się w zewnętrznym polu magnetycznym materiały dzielimy na paramagnetyczne, diamagnetyczne i ferromagnetyczne. Uporządkowanie dipoli magnetycznych paramagnetyków w kierunku zgodnym z zewnętrznym polem magnetycznym jest jedynie częściowe. Oznacza to dodatnią podatność magnetyczną. W próbce pozostają jedynie niezerowe prądy powierzchniowe, wytwarzające pole magnetyczne analogiczne do pola solenoidu. W materiałach diamagnetycznych indukowane zewnętrznym polem magnetycznym dipole skierowane są przeciwnie do tego pola. Oznacza to ujemną podatność magnetyczną. W materiałach ferromagnetycznych występują grupy dipoli, zwane domenami, które ustawiają się zgodnie z zewnętrznym polem magnetycznym. Jednakże w przeciwieństwie do paramagnetyków po usunięciu zewnętrznego pola materiały ferromagnetyczne pozostają namagnesowane. Efekt takiego namagnesowania w stosunku do wartości indukcji zewnętrznego pola magnetycznego zwany jest histerezą. Najważniejsze wzory Przenikalność magnetyczna próżni μ 0 = 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A \\mu_0 = 4\\pi \\cdot 10^{-7}\\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} Wartość przyczynku do indukcji pola magnetycznego, pochodząca od elementu prądu d B = μ 0 4 ⁢ π ⋅ I ⁢ d l ⁢ sin θ r 2 Prawo Biota-Savarta B = μ 0 4 ⁢ π ⁢ ∫ I ⁢ d l → × r ̂ r 2 B = \\frac{\\mu_0}{4 \\pi} \\int \\frac{I\\d \\vec{l} \\times \\hat{r}}{r^2} Wartość indukcji pola magnetycznego w odległości R od długiego prostoliniowego przewodu z prądem o natężeniu I B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ R Wartość siły (na jednostkę długości przewodu) działającej pomiędzy dwoma równoległymi przewodami w próżni, znajdującymi się w odległości r od siebie F l = μ 0 ⁢ I 1 ⁢ I 2 2 ⁢ π ⁢ r Wartość indukcji pola magnetycznego w środku kołowej pętli o promieniu R z prądem o natężeniu I B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ R Prawo Ampère’a ∮ B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ I Wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz solenoidu o gęstości uzwojenia n B = μ 0 ⁢ n ⁢ I Wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz toroidu składającego się z N zwojów B = μ 0 ⁢ N ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ r Podatność magnetyczna μ = 1 + χ ⁢ μ 0 Wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz solenoidu z rdzeniem z materiału paramagnetycznego B = μ ⁢ n ⁢ I Pytania Materiał diamagnetyczny umieszczono w pobliżu magnesu trwałego. Co stanie się z tym materiałem? Czy przecięcie magnesu sztabkowego na dwie części spowoduje uzyskanie jednego magnesu z odosobnionym biegunem północnym i drugiego – posiadającego odosobniony biegun południowy? Odpowiedź uzasadnij. Przecięcie magnesu sztabkowego spowoduje powstanie dwóch magnesów – posiadających własne bieguny: północny i południowy. W przyrodzie nie występują monopole magnetyczne ani pojedyncze bieguny magnetyczne. Zadania Indukcja pola magnetycznego w rdzeniu wypełnionego powietrzem solenoidu wynosi 1,5 ⁢ T . O ile zmaleje wartość tej indukcji po odpompowaniu powietrza z rdzenia przy niezmienionym natężeniu prądu w uzwojeniu solenoidu? Solenoid zawierający n = 1000 zwojów przypadających na metr długości, zasilany prądem o natężeniu I = 5 ⁢ A , wyposażony jest w ferromagnetyczny rdzeń. Jaka jest wartość podatności χ materiału rdzenia, jeżeli indukcja magnetyczna B we wnętrzu solenoidu wynosi 2 ⁢ T ? 317,31 . Prąd o natężeniu 20 ⁢ A płynie w solenoidzie zawierającym 2000 zwojów na metr długości. Oblicz wartość indukcji magnetycznej wewnątrz solenoidu, jeżeli jego rdzeń stanowi próżnia; wypełniono ciekłym tlenem o temperaturze 90 ⁢ K . Wartość dipolowego momentu magnetycznego atomu żelaza wynosi około 2,1 ⋅ 10 − 23 ⁢ A ⁢ m 2 . Oblicz maksymalną wartość magnetycznego momentu dipolowego domeny zawierającej 10 19 atomów żelaza; Jakie musi być natężenie prądu płynącego w pojedynczej kołowej pętli przewodu o średnicy 1 ⁢ cm , aby wytworzyć moment dipolowy o takiej wartości? a. 2,1 ⋅ 10 − 4 ⁢ A ⁢ m 2 ; b. 2,7 ⁢ A . Załóżmy, że w toroidzie z rdzeniem stalowym, którego χ = 4 ⋅ 10 3 , chcemy wytworzyć pole o indukcji magnetycznej równej 1,2 ⁢ T . Średni promień toroidu wynosi 15 ⁢ cm , a jego uzwojenie liczy 500 zwojów. Jakie jest wymagane natężenie prądu? Prąd o natężeniu 1,5 ⁢ A płynie w uzwojeniu dużego, cienkiego solenoidu, nawiniętego z gęstością 200 zwojów na metr. Oblicz wartość indukcji magnetycznej wewnątrz solenoidu, jeżeli jest on wypełniony żelazem o χ = 3 ⋅ 10 3 . 0,18 ⁢ T . Długość solenoidu z rdzeniem żelaznym wynosi 25 ⁢ cm , a jego uzwojenie liczy 100 zwojów przewodu. Solenoid ten, zasilany prądem o natężeniu 10 ⁢ A , wytwarza w swoim wnętrzu pole magnetyczne o wartości indukcji 2 ⁢ T . Ile wynosi podatność magnetyczna żelaza przy takim natężeniu prądu? Czy indukcja magnetyczna wewnątrz rdzenia powróci do wartości 2 ⁢ T , jeśli prąd zostanie wyłączony, a następnie osiągnie wartość równą 10 ⁢ A ? Zadania dodatkowe Trzy długie, prostoliniowe, równoległe przewody zostały rozmieszczone jak na załączonym rysunku. W każdym z przewodów płynie prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie P . B = 6,93 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Prąd o natężeniu I płynie w przewodzie w kształcie kwadratowej ramki o boku a . Oblicz indukcję pola magnetycznego w punkcie P odległym o z od środka kwadratu – jak na poniższym rysunku. Na załączonym rysunku przedstawiono długi, prostoliniowy przewód, w którym płynie prąd o natężeniu 10 ⁢ A . Jaka siła działa na elektron poruszający się z szybkością 2 ⋅ 10 5 ⁢ m ∕ s równolegle do przewodu w chwili, gdy odległość elektronu od jego osi wynosi 20 ⁢ cm ? Opisz jakościowo późniejszy ruch tego elektronu. 3,2 ⋅ 10 − 19 ; ruch odbywa się po łuku w kierunku od przewodu. Rysunek przedstawia prąd płynący wzdłuż cienkiego, nieskończonego arkusza. Natężenie prądu przypadające na jednostkę długości arkusza i wyrażone w amperach na metr wynosi j . Udowodnij, stosując prawo Biota-Savarta, że po obu stronach arkusza B = μ 0 ⁢ j ∕ 2 . Jaki jest kierunek wektora B → po każdej ze stron arkusza? Wykorzystaj prawo Ampère’a do obliczenia tego pola. Wykorzystując wyniki poprzedniego zadania, oblicz indukcję pola magnetycznego pomiędzy, ponad i pod parą nieskończonych arkuszy, pokazanych na załączonym rysunku; Powtórz obliczenia, zakładając, że kierunek prądu w dolnym arkuszu został odwrócony. a. nad i pod arkuszami B = μ 0 ⁢ j , w środku B = 0 ⁢ T ; b. nad i pod arkuszami B = 0 ⁢ T , w środku B = μ 0 ⁢ j . Często zakłada się, że pole magnetyczne jest jednorodne w pewnym obszarze i zerowe poza nim. Wykaż, że przedstawiona na załączonym rysunku sytuacja, w której indukcja pola magnetycznego gwałtownie maleje do zera, nie jest w rzeczywistości możliwa. Wskazówka: Zastosuj prawo Ampère’a, wykorzystując kontur całkowania wskazany na rysunku. Określ związek pomiędzy procentową zmianą wartości indukcji pola magnetycznego mierzoną w poprzek tarczy toroidu a procentową zmianą odległości radialnej od osi tegoż toroidu. d B ∕ B = − d r ∕ r . Wykaż, że w granicznym przypadku centralnego promienia toroidu, dążącego do nieskończoności, wyrażenie opisujące indukcję pola magnetycznego tego toroidu redukuje się do wzoru na indukcję magnetyczną nieskończonego solenoidu. Toroid, którego wewnętrzny promień wynosi 20 ⁢ cm , a zewnętrzny równy jest 22 ⁢ cm , został jednowarstwowo owinięty przewodem o średnicy 0,25 ⁢ mm . Ile zwojów liczy uzwojenie tegoż toroidu? Jaka jest wartość indukcji pola magnetycznego w centrum toroidu, jeżeli w jego uzwojeniu płynie prąd o natężeniu 2 ⁢ A ? a. 52 778 zwojów; b. 0,1 ⁢ T . Rozważ element przewodu d l → , przyjmując, że d l → , I ⁢ d l → = J → ⁢ A ⁢ d l = J → ⁢ d v , gdzie A oraz d v oznaczają odpowiednio pole przekroju poprzecznego oraz objętość tego elementu. Wykorzystując podane związki, prawo Biota-Savarta oraz zależność J → = n ⁢ e ⁢ v → , wykaż, że indukcja pola magnetycznego poruszającego się ładunku punktowego o wartości q opisana jest wzorem B → = μ 0 ∕ 4 ⁢ π ⋅ q ⁢ v → × r ̂ ∕ r 2 . Urządzeniem, służącym do wytwarzania pola magnetycznego o wysokiej jednorodności w ograniczonym obszarze przestrzeni są cewki Helmholtza. Jest to układ dwóch równoległych kołowych zwojnic o wspólnej osi przechodzącej przez ich środki. Cewki połączone są tak, że płyną w nich prądy o takim samym natężeniu I . Każda z cewek o promieniu R składa się z N zwojów, przy czym R jest także odległością między tymi cewkami. Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w dowolnym punkcie na osi z , pokazanej na załączonym rysunku; Wykaż, że d B ∕ d z oraz d 2 B ∕ d z 2 są równe zero w punkcie z = 0 (zerowanie się obu pochodnych oznacza, że w pobliżu z = 0 indukcja magnetyczna zmienia się jedynie nieznacznie). B 1 ⁡ x = μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 ∕ 2 ⁢ R 2 + z 2 3 ∕ 2 . Ładunek o wartości 4 ⁢ μ ⁢ C został równomiernie rozłożony wokół pierścienia o średnicy 0,2 ⁢ m , wykonanego z izolatora. Pierścień obraca się, wykonując 2 ⋅ 10 4 ⁢ obr ∕ min wokół osi przechodzącej przez jego środek i prostopadłej do płaszczyzny pierścienia. Oblicz indukcję pola magnetycznego w środku tego pierścienia. Cienki, nieprzewodzący dysk o promieniu R może się swobodnie obracać wokół osi przechodzącej przez jego środek i prostopadłej do płaszczyzny dysku. Dysk naładowany jest jednorodnie ładunkiem o całkowitej wartości równej q . Przyjmując, że dysk obraca się ze stałą prędkością kątową ω , oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w jego środku. B = μ 0 ⁢ σ ⁢ ω ∕ 2 ⋅ R . Rozważ dysk z poprzedniego zadania: oblicz wartość indukcji magnetycznej w punkcie na centralnej osi dysku położonym w odległości y ponad jego płaszczyzną. Rozważając osiowe pole magnetyczne o indukcji B v = μ 0 ⁢ I ⁢ R 2 ∕ 2 ⁢ y 2 + R 2 3 ∕ 2 , wytwarzane przez kołową pętlę przedstawioną poniżej, oblicz całkę ∫ − a a B y ⁢ d y . Wykaż także, że lim a ⟶ ∞ ∫ − a a B y ⁢ d y = μ 0 ⁢ I ; Czy można wywnioskować o wartości tej granicy bez obliczania wartości całki? Wskazówka: Przeanalizuj załączony rysunek. Oblicz odpowiednią pochodną. Gęstość prądu w długim, cylindrycznym przewodzie przedstawionym na poniższym rysunku zmienia się wraz z odległością r od środka tego przewodu zgodnie z funkcją J = c ⁢ r , gdzie c oznacza pewną stałą. Jakie jest natężenie prądu płynącego w przewodzie? Jaka jest indukcja pola magnetycznego, wytwarzanego przez ten prąd, jeżeli r < R r < R oraz gdy r ≥ R ? Długi, prosty, cylindryczny przewodnik zawiera cylindryczną wnękę, której oś znajduje się w odległości a od osi przewodnika, jak pokazano na załączonym rysunku. Gęstość prądu w przewodniku opisana jest równaniem J → = J 0 ⁢ k ̂ , gdzie J 0 jest stałą, a k ̂ leży na osi tego przewodnika. Oblicz indukcję pola magnetycznego w dowolnym punkcie P wewnątrz wnęki. W tym celu należy dokonać superpozycji pola pełnego cylindrycznego przewodnika o promieniu R 1 , w którym płynie prąd o gęstości J → , i pola pełnego cylindrycznego przewodnika o promieniu R 2 z prądem o gęstości J → . Następnie należy wykorzystać fakt, że odpowiednie azymutalne wektory jednostkowe określone są wyrażeniami: θ ̂ 1 = k ̂ × r ̂ 1 . Należy wykazać w ten sposób, że w dowolnym punkcie wnęki indukcja pola magnetycznego określona jest za pomocą stałej B → = 1 ∕ 2 ⋅ μ 0 ⁢ J 0 ⁢ k ̂ × a ̂ . W podanym wzorze wektory a → = r → 1 − r → 2 oraz r → 1 = r 1 ⁢ r ̂ 1 określają położenie punktu P względem środka przewodnika, a wektor r → 2 = r 2 ⁢ r ̂ 2 – położenie tego punktu względem środka wnęki. Przeprowadź stosowne wyprowadzenie. Pomiędzy dwoma końcami magnesu w kształcie podkowy pole magnetyczne jest jednorodne, jak pokazano na rysunku. Linie pola magnetycznego zakrzywiają się jednak w miarę oddalania się od krawędzi magnesu. Wykaż za pomocą prawa Ampère’a, że linie pola muszą się zakrzywiać oraz że wskutek tego zakrzywienia pole magnetyczne słabnie. Wykaż, że wartości indukcji pola magnetycznego cienkiego przewodu oraz pętli z prądem w nieskończonej od nich odległości zerują się. Wartości indukcji magnetycznej, wyrażone odpowiednimi wzorami, zmierzają do zera, gdy występujące w nich odległości radialne dążą do nieskończoności. W obszarze, w którym występuje stałe pole magnetyczne o równoległych liniach, zaznaczonych na rysunku ciągłymi strzałkami, określono kontur Ampère’a, przedstawiony linią przerywaną. Oblicz iloczyn B → ⋅ d l → na każdym z boków tego konturu, a następnie wartość całki ∮ B → ⋅ d l → po pełnym konturze. Czy możliwe jest znalezienie konturu Ampère’a, przy którym obliczenia byłyby łatwiejsze? Czy otrzymane w obu przypadkach wyniki będą ze sobą zgodne? W bardzo długim, cienkim, cylindrycznym przewodzie o promieniu R płynie prąd o gęstości J . Gęstość prądu w przekroju poprzecznym przewodu nie jest stała i w punkcie odległym o r od jego środka jest określona wzorem J = J 0 ⋅ r ∕ R , w którym J 0 jest stałą. Znajdź wartość indukcji magnetycznej pola w punkcie na zewnątrz przewodu; w punkcie wewnątrz przewodu. Zapisz odpowiedź, używając natężenia prądu I płynącego w przewodzie. a. B = μ 0 ⁢ J 0 ⁢ R 2 ∕ 3 ⁢ r = μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⁢ r ; b. B = μ 0 ⁢ J 0 ⁢ r 2 ∕ 3 ⁢ R = μ 0 ⁢ I ⁢ r 2 ∕ 2 ⁢ π ⁢ R 3 . W bardzo długim, cylindrycznym przewodzie o promieniu a wykonano okrągły otwór o promieniu b . Środek otworu jest odległy o d od środka przewodu. W przewodzie, w kierunku od płaszczyzny rysunku, płynie jednorodny prąd o natężeniu I . Oblicz wartość indukcji magnetycznej w punkcie na krawędzi otworu położonym najbliżej środka grubego przewodu; w dowolnym punkcie wewnątrz otworu; w dowolnym punkcie na zewnątrz przewodu. Pole magnetyczne wewnątrz torusa. Rozpatrz torus o kwadratowym przekroju poprzecznym, którego wewnętrzny promień wynosi a , natomiast zewnętrzny równy jest b . Na torusie nawinięto równomiernie N zwojów izolowanego cienkiego przewodu, który podłączono do akumulatora wytwarzającego w uzwojeniu prąd o natężeniu I . Zakładając, że prąd na górnej i dolnej powierzchni toroidu ma kierunek radialny oraz że prąd na jego wewnętrznej i zewnętrznej powierzchni bocznej płynie w kierunku pionowym, wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz toroidu w funkcji odległości radialnej r od jego osi. B = μ 0 ⁢ N ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⁢ r . Dane są dwie długie, koncentryczne rury miedziane. Wewnętrzny promień rury wewnętrznej wynosi a , natomiast zewnętrzny równy jest b . Promienie wewnętrzny i zewnętrzny rury zewnętrznej wynoszą odpowiednio c i d . Długość każdej z rur wynosi L . Rury podłączono do akumulatora o napięciu U , a następnie odłączono od niego. Po odłączeniu akumulatora obie rury wprawiono w ruch obrotowy w tym samym kierunku, wokół ich wspólnej osi, nadając im prędkość kątową o wartości ω radianów na sekundę. Znajdź indukcję pola magnetycznego w punkcie wewnątrz przestrzeni ograniczonej rurą wewnętrzną, gdy r ≤ a ; w punkcie pomiędzy rurami, to znaczy gdy b < r < c ; w punkcie na zewnątrz rur, jeżeli r ≥ d r \\geq d . Q = U ⁢ C , C = 2 ⁢ π ⁢ ε 0 ⁢ L ∕ ln c ∕ b . Zadania trudniejsze Załączony rysunek przedstawia płaski, nieskończenie długi pas o szerokości a , w którym płynie prąd o natężeniu I – równomiernie rozłożony w jego przekroju poprzecznym. Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie P leżącym na płaszczyźnie arkusza w odległości x od jednej z jego krawędzi. Sprawdź otrzymane rozwiązanie w granicznym przypadku a ⟶ ∞ . B = μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⁢ x . Dany jest, przedstawiony na załączonym rysunku, prostokątny fragment płaszczyzny x y . Hipotetyczny prąd płynący wzdłuż osi z wytwarza pole magnetyczne o indukcji B → = C ⁢ x ∕ y 2 ⋅ i ̂ + 1 ∕ y ⋅ j ̂ . Wykorzystując prawo Ampère’a, oblicz natężenie prądu płynącego przez ten prostokąt. Nieprzewodzący, wykonany z twardej gumy, okrągły dysk o promieniu R został równomiernie naładowany tak, że powierzchniowa gęstość jego ładunku wynosi σ . Dysk wprawiono w ruch obrotowy wokół jego osi z , nadając mu prędkość kątową ω . Wyznacz wartość indukcji pola magnetycznego w punkcie na osi dysku w odległości h metrów od jego środka; Określ wartość liczbową indukcji pola magnetycznego, jeżeli: powierzchniowa gęstość ładunku σ = 1 ⁢ C ∕ m 2 , R = 20 ⁢ cm , h = 2 ⁢ cm oraz ω = 400 ⁢ rad ∕ s . Otrzymany wynik porównaj z wartością indukcji pola magnetycznego Ziemi, wynoszącą około 0,5 gaussa. a. B = μ 0 ⁢ σ ⁢ ω ∕ 2 ⋅ 2 ⁢ h 2 + R 2 ∕ R 2 + h 2 − 2 ⁢ h ; b. B = 4,09 ⋅ 10 − 5 ⁢ T , 82 ⁢ % wartości indukcji ziemskiego pola magnetycznego. materiały diamagnetyczne (ang. diamagnetic material ) materiały, których dipole magnetyczne ustawiają się przeciwnie do zewnętrznego pola magnetycznego; po usunięciu pola materiały te pozostają nienamagnesowane materiały ferromagnetyczne (ang. ferromagnetic material ) materiały zawierające spontanicznie namagnesowane obszary (domeny); po usunięciu pola materiały te są nadal namagnesowane histereza (ang. hysteresis ) niejednoznaczna zależność indukcji magnetycznej wewnątrz substancji magnetycznej od zewnętrznego pola magnetycznego, wynikająca z nieodwracalności procesów przemagnesowania podatność magnetyczna (ang. magnetic susceptibility ) stosunek wartości indukcji pola magnetycznego wewnątrz materiału do wartości indukcji magnetycznej pola przyłożonego do materiału w danej chwili; dodatnie podatności są charakterystyczne dla paramagnetyków i ferromagnetyków (uporządkowanych zgodnie z zewnętrznym polem), ujemne podatności – dla diamagnetyków (uporządkowanych przeciwnie do zewnętrznego pola) materiały paramagnetyczne (ang. paramagnetic material ) materiały, których dipole magnetyczne ustawiają się zgodnie z kierunkiem przyłożonego pola magnetycznego; po usunięciu pola materiał nie jest namagnesowany domeny magnetyczne (ang. magnetic domains ) spontaniczne namagnesowane obszary w ferromagnetykach, w których momenty magnetyczne są uporządkowane", "section": "Magnetyzm materii", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Czarny pasek, widoczny na odwrocie kart kredytowych i innych kart, na których przechowuje się dane, jest bardzo cienką warstwą materiału magnetycznego, będącą nośnikiem informacji. Aby odczytać i zapisać informacje na tego rodzaju karcie, należy ją ręcznie przeciągnąć w szczelinie czytnika. Bankomat z kolei wyposażony jest w mechanizm automatycznie wciągający kartę w głąb urządzenia odczytującego. Zjawisko fizyczne leżące u podstaw takiej metody przechowywania danych nosi nazwę indukcji elektromagnetycznej i jest przedmiotem rozważań w niniejszym rozdziale. Rozpatrywaliśmy już pola elektryczne, wytwarzane przez nieruchome układy ładunków, oraz pola magnetyczne – wytwarzane przez prąd stały. Zjawiska elektromagnetyczne nie mają jednak charakteru wyłącznie statycznego. W przypadku większości interesujących zastosowań elektromagnetyzmu mamy bowiem do czynienia z procesami niestacjonarnymi. Aby zbadać niektóre z tych procesów, musimy odrzucić dotychczasowe założenie o niezależności zjawisk elektromagnetycznych od czasu i dopuścić w rozważaniach, że odpowiednie pola są zmienne w czasie. W tym rozdziale i kilku następnych dostrzeżesz piękną symetrię obecną w zachowaniu się zmiennych w czasie pól elektrycznych i magnetycznych. W ujęciu matematycznym symetrię tę reprezentuje dodatkowy człon w równaniu będącym prawem Ampère’a oraz kolejne, podstawowe równanie elektromagnetyzmu – zwane prawem Faradaya. Omówimy także, w jaki sposób ruch przewodu w polu magnetycznym powoduje powstanie siły elektromotorycznej bądź napięcia elektrycznego. Na zakończenie opiszemy zastosowania tychże praw – na przykład w pokazanym na zdjęciu czytniku kart.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prawo Faradaya Pierwsze owocne doświadczenia dotyczące zjawisk wywołanych zmiennymi w czasie polami magnetycznymi przeprowadził w roku 1831 Michael Faraday (1791–1867) . Jeden z jego wczesnych eksperymentów przedstawia galwanometr ( ). Zgodnie z tym rysunkiem zmiana pola magnetycznego w cewce wywołana wsuwaniem bądź wysuwaniem magnesu sztabkowego powoduje indukowanie się siły elektromotorycznej (SEM) (ang. electromagnetic force ). Znak siły elektromotorycznej zmienia się na przeciwny przy zmianie kierunku ruchu magnesu oraz przy odwróceniu jego biegunów. Analogiczne efekty zaobserwujemy, poruszając cewką względem magnesu – w powstawaniu SEM istotny jest bowiem względny ruch obu obiektów. Siła elektromotoryczna będzie tym większa, im ów względny ruch będzie szybszy. SEM nie powstanie, gdy położenie magnesu względem cewki będzie stacjonarne. Ruch magnesu względem cewki powoduje powstanie siły elektromotorycznej, jak pokazano w częściach (a)–(d). Ta sama SEM powstaje, gdy cewka porusza się względem magnesu. Krótkotrwała SEM występuje tylko w czasie trwania ruchu – przy czym im większa jest jego szybkość, tym większa jest wartość siły elektromotorycznej. SEM nie powstaje, gdy magnes i cewka pozostają względem siebie w spoczynku – patrz rysunek (e). Faraday odkrył także, że podobne zjawisko występuje w układzie dwóch obwodów elektrycznych – zmiana natężenia prądu w jednym z nich indukuje prąd w drugim obwodzie, znajdującym się w jego pobliżu. Na przykład w chwili zamknięcia wyłącznika w obwodzie 1, przedstawionym w części (a) , wskazówka amperomierza w obwodzie 2 wychyla się na chwilę, co oznacza, że w obwodzie tym został zaindukowany krótkotrwały impuls prądu. Wskazówka amperomierza szybko powraca do pozycji wyjściowej, w której pozostaje. Otwarcie w pewnej chwili wyłącznika w obwodzie 1 powoduje w obwodzie 2 powstanie kolejnego krótkotrwałego impulsu prądu, płynącego w kierunku przeciwnym do zaobserwowanego poprzednio. (a) Zamknięcie wyłącznika w obwodzie 1 powoduje wytworzenie krótkotrwałego impulsu prądu w obwodzie 2. (b) Gdy wyłącznik pozostaje zamknięty, w obwodzie 2 prąd nie płynie. (c) Otwarcie wyłącznika ponownie powoduje przepływ krótkotrwałego prądu w obwodzie 2, jednak w kierunku przeciwnym do zaobserwowanego poprzednio. Faraday uznał, że w obu eksperymentach prąd w obwodzie zawierającym amperomierz płynął jedynie wtedy, gdy w przestrzeni obejmowanej przez ten obwód następowała zmiana pola magnetycznego. Istotnie – ruch magnesu pokazanego na rysunku powodował zmianę pola w pobliżu przewodzącej pętli. Podobnie, na skutek włączania i wyłączania prądu w obwodzie 1, jego pole magnetyczne oddziałujące na obwód 2 się zmieniało. Wyniki tych i innych eksperymentów z zastosowaniem zmiennych w czasie pól magnetycznych umożliwiły Faradayowi sformułowanie następującego prawa: Prawo Faradaya Wartość ε indukowanej siły elektromotorycznej jest równa zmianie wartości strumienia magnetycznego Φ B , przypadającej na jednostkę czasu, wziętej ze znakiem minus. Powstanie SEM (lub napięcia elektrycznego) jest więc skutkiem dowolnej zmiany wielkości pola magnetycznego oddziałującego na cewkę albo zmiany położenia względem powierzchni, obejmowanej przez tę cewkę. Strumień magnetyczny (ang. magnetic flux ) jest miarą liczby linii pola magnetycznego przechodzącego przez daną powierzchnię – jak pokazano na . Zauważmy, że podana definicja jest analogiczna do omawianej wcześniej definicji strumienia pola elektrycznego. Wyrażając strumień magnetyczny za pomocą poniższej całki Φ B = ∬ S B → ⋅ n ̂ ⁢ d S ⁢ , \\Phi_B = \\iint_S \\vec{B} \\cdot \\hat{n} \\d S \\text{,} siłę elektromotoryczną (lub napięcie), indukowaną w przewodniku bądź cewce, znajdujących się w obszarze zmiennego w czasie strumienia magnetycznego możemy zapisać jako ε = − d d t ∬ S B → ⋅ n ̂ ⁢ d S = − d Φ B d t ⁢ . \\epsilon = - \\dd{t} \\iint_S \\vec{B} \\cdot \\hat{n} \\d S = - \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} \\text{.} Znak minus oznacza kierunek, w którym płynie prąd wywołany działaniem indukowanej SEM. Kierunek ten można jednak znacznie łatwiej określić, stosując tak zwaną regułę Lenza, którą teraz pokrótce omówimy. Strumień magnetyczny jest określony liczbą linii pola przecinających powierzchnię S – zdefiniowaną za pomocą jej wektora jednostkowego n ̂ . Jeżeli wektory jednostkowy powierzchni n ̂ oraz indukcji pola magnetycznego B → są do siebie równoległe lub antyrównoległe (jak na rysunku), strumień magnetyczny dla danych wartości powierzchni i indukcji magnetycznej jest maksymalny. Część (a) na przedstawia obwód elektryczny wraz z powierzchnią S rozpiętą na tym obwodzie. Zauważmy, że S jest powierzchnią otwartą. Można wykazać, że w celu obliczenia strumienia Φ B możliwe jest wykorzystanie dowolnej otwartej powierzchni rozpiętej na tym obwodzie. Na przykład strumień Φ B będzie taki sam przy różnych powierzchniach S 1 S 2 … S_1, S_2, \\dots przedstawionych w części (b) na . (a) Obwód elektryczny z rozpiętą powierzchnią S . Fragment płaszczyzny ograniczony przez ten obwód nie należy do powierzchni S . (b) Trzy dowolne otwarte powierzchnie rozpięte na tym samym obwodzie – wartość strumienia Φ B jest w ich przypadku taka sama. W układzie SI jednostką strumienia magnetycznego jest weber ( Wb \\si{\\weber} ) 1 ⁢ Wb = 1 ⁢ T ⁢ m 2 ⁢ . Powyższa definicja bywa wykorzystywana do wyrażenia indukcji pola magnetycznego – wówczas zamiast tesli używa się weberów na metr kwadratowy ( Wb ∕ m 2 ). W wielu praktycznych zastosowaniach rozpatrywany obwód elektryczny składa się z nawiniętych ciasno N zwojów (patrz ). W tym przypadku na każdy z N zwojów tego obwodu oddziałuje ten sam strumień magnetyczny. Wypadkowy strumień, przechodzący przez wszystkie zwoje cewki, równy jest więc iloczynowi liczby N i strumienia przenikającego pojedynczy zwój. Prawo Faradaya przyjmuje wówczas postać ε = − d d t N ⁢ Φ B = − N ⁢ d Φ B d t ⁢ . \\epsilon = - \\dd{t} (N\\Phi_B) = - N \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} \\text{.} Kwadratowa cewka w zmiennym polu magnetycznym przedstawia kwadratową cewkę o boku l = 0,25 ⁢ m składającą się z N = 200 ściśle nawiniętych zwojów. Rezystancja (opór) cewki R = 5 ⁢ Ω . Cewkę umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym, którego linie są prostopadłe do jej płaszczyzny i którego indukcja maleje z szybkością d B ∕ d t = − 0,04 ⁢ T ∕ s . Jaka jest SEM indukowana w cewce? Jakie jest natężenie prądu płynącego w cewce? Kwadratowa cewka składająca się z N zwojów została umieszczona w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B → . Wektor B → \\vec{B} jest prostopadły do płaszczyzny cewki i zwrócony ku dołowi rysunku. Strategia rozwiązania Wektor jednostkowy powierzchni n ̂ jest z założenia prostopadły do płaszczyzny cewki. Zwrot wektora n ̂ warto obrać tak, aby wskazywał dół rysunku. Wektor jednostkowy powierzchni n ̂ będzie wówczas równoległy do wektora indukcji pola magnetycznego B → . Wyznaczenie strumienia magnetycznego sprowadzi się zatem do obliczenia iloczynu wartości indukcji magnetycznej i pola powierzchni ramki. Ponieważ pole to jest niezmienne, jedyną wielkością zależną od czasu pozostaje indukcja pola magnetycznego. Oznacza to, że symbol pola powierzchni ramki można wynieść przed operator różniczkowania po czasie. Na zakończenie, znając wartość indukowanej SEM i stosując prawo Ohma, obliczymy natężenie prądu płynącego w cewce. Rozwiązanie Strumień przenikający jeden zwój cewki wynosi Φ B = B ⁢ S = B ⁢ l 2 ⁢ . Korzystając z prawa Faradaya, możemy teraz obliczyć SEM. Problem znaku siły elektromotorycznej omówimy w następnym podrozdziale poświęconym regule Lenza ε = − N ⁢ d Φ B d t = N ⁢ l 2 ⁢ d B d t = 200 ⋅ 0,25 ⁢ m 2 ⋅ 0,04 ⁢ T ∕ s = 0,5 ⁢ V ⁢ . \\abs{\\epsilon} = \\abs{-N \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t}} = Nl^2 \\frac{\\d B}{\\d t} = \\num{200} \\cdot (\\SI{0,25}{\\metre})^2 \\cdot \\SI{0,04}{\\tesla\\per\\second} = \\SI{0,5}{\\volt} \\text{.} Natężenie prądu indukowanego w cewce wynosi I = ε R = 0,5 ⁢ V 5 ⁢ Ω = 0,1 ⁢ A ⁢ . Znaczenie Gdyby nie można było pominąć zmian pola powierzchni cewki w czasie, jego symbolu nie moglibyśmy wynieść przed operator różniczkowania. Pamiętajmy, że cewka tworzy zamknięty obwód elektryczny. Skutkiem pojawienia się w cewce indukowanego prądu jest niewielka ilość ciepła ogrzewającego jej uzwojenie – do momentu, w którym pole magnetyczne nie przestałoby się zmieniać. Wzrost temperatury uzwojenia cewki powoduje zatem niewielki wzrost pola jej powierzchni. Sprawdź, czy rozumiesz. Uzwojenie ściśle nawiniętej cewki liczy 50 zwojów, jego całkowita rezystancja równa jest 40 ⁢ Ω , a promień cewki wynosi 4 ⁢ cm . Z jaką szybkością musi zmieniać się indukcja magnetyczna pola prostopadłego do płaszczyzny tej cewki, aby moc wytworzonego w jej uzwojeniu ciepła Joule’a wynosiła 2 ⁢ mW ? 1,1 ⁢ T ∕ s . Podsumowanie Strumień magnetyczny przez pewną zamkniętą powierzchnię definiuje się jako liczbę linii pola magnetycznego przecinających pole powierzchni S określonej przez jej jednostkowy wektor. Jednostką strumienia magnetycznego jest weber, przy czym 1 ⁢ Wb = 1 ⁢ T ⁢ m 2 . Wartość SEM indukowanej w zwartej cewce, której powierzchnię przecina zmienny w czasie strumień magnetyczny, określona jest prawem Faradaya. Stały w czasie strumień magnetyczny nie powoduje indukowania się w cewce siły elektromotorycznej. Pytania Nieruchoma cewka znajduje się w zmiennym w czasie polu magnetycznym. Czy SEM indukowana w cewce zależy od chwilowej wartości indukcji pola magnetycznego? Nie, wartość SEM zależy jedynie od szybkości zmian pola magnetycznego. Jaką korzyść w eksperymentach Faradaya przyniosłoby użycie cewek składających się z wielu zwojów? Pierścień miedziany oraz pierścień wykonany z drewna, oba o tych samych rozmiarach, umieszczono w polach magnetycznych tak, że zmiana w czasie przecinających je strumieni magnetycznych jest taka sama. Porównaj pola elektryczne oraz natężenia prądów indukowane w obu pierścieniach. Pola elektryczne indukowane w obu pierścieniach są takie same. Siła elektromotoryczna indukowana w pierścieniu miedzianym jest jednak znacznie większa ze względu na jego przewodnictwo elektryczne, znacznie lepsze niż przewodnictwo pierścienia drewnianego. Omów czynniki decydujące o wartości SEM indukowanej w zwartej, przewodzącej pętli. Odpowiedz na poniższe pytania. Czy wartość SEM indukowanej w obwodzie elektrycznym zależy od jego rezystancji? Czy natężenie indukowanego prądu zależy od rezystancji obwodu? a. Nie; b. Tak. W jaki sposób zmiana promienia pętli D, pokazanej na poniższym rysunku, wpłynęłaby na zmianę wartości indukowanej w niej siły elektromotorycznej? Założ, że odległość pętli C i D jest znacznie mniejsza niż ich promienie. Czy w obwodzie elektrycznym, przez który przenika strumień magnetyczny, możliwe jest zaindukowanie się SEM w chwili, gdy strumień ten równy jest zero? Tak, jeśli w poprzedniej (infinitezymalnej) chwili czasu wartość strumienia magnetyczna była różna od zera. Innymi słowy, pochodna strumienia magnetycznego po czasie powinna mieć niezerową wartość w punkcie t = 0 ⁢ s t=\\SI{0}{\\second} . Czy siła elektromotoryczna zawsze dąży do zmniejszenia strumienia magnetycznego przechodzącego przez obwód elektryczny? W jaki sposób należy umieścić w zmiennym polu magnetycznym płaską pętlę z drutu, aby nie indukowała się w niej siła elektromotoryczna? Pętlę należy umieścić tak, aby linie pola magnetycznego były prostopadłe do wektora jednostkowego powierzchni pętli. Odpowiada to równoległemu ułożeniu linii pola w stosunku do powierzchni pętli. Normalna do płaszczyzny jednozwojowej przewodzącej pętli skierowana jest pod kątem θ do jednorodnego pola magnetycznego o indukcji B → . Powierzchnia pętli oraz jej położenie względem pola magnetycznego nie zmieniają się. Wykaż, że SEM indukowaną w pętli opisuje wyrażenie ε = d B ∕ d t ⋅ S ⁢ cos θ , w którym S jest polem jej powierzchni. Zadania Średnica cewki składającej się z 50 zwojów wynosi 15 ⁢ cm . Cewkę umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,5 ⁢ T w taki sposób, że jej płaszczyzna jest prostopadła do linii tego pola. Oblicz SEM indukowaną w cewce, jeżeli pole magnetyczne zanika równomiernie w czasie 0,1 ⁢ s ; 1 ⁢ s ; 60 ⁢ s . Powtórz obliczenia z powyższego zadania, przyjąwszy, że czas zaniku pola magnetycznego wynosi 0,1 ⁢ s , a płaszczyzna cewki zorientowana jest względem linii tego pola pod kątem 30 ° ; 60 ° ; 90 ° . a. 3,8 ⁢ V ; b. 2,2 ⁢ V ; c. 0 ⁢ V . Kwadratowa ramka o boku 6 ⁢ cm wykonana jest z przewodu miedzianego o średnicy 1 ⁢ mm . Oblicz natężenie prądu w ramce, jeżeli wartość indukcji pola magnetycznego, prostopadłego do jej powierzchni zmienia się z szybkością 5 ⁢ mT ∕ s . Pole magnetyczne przecinające kołową pętlę o promieniu 10 ⁢ cm zmienia się w czasie w sposób przedstawiony na poniższym rysunku. Pole jest prostopadłe do płaszczyzny pętli. Narysuj wykres wartości SEM indukowanej w tej pętli w funkcji czasu. ε = − d Φ B ∕ d t = − d B ⁢ S ∕ d t = − S ⁢ d B ∕ d t \\epsilon = - \\d \\Phi_B / \\d t = - \\d (BS) / \\d t = -S\\d B/ \\d t , pole powierzchni równe jest S = π ⁢ r 2 = π ⁢ 0,1 ⁢ m 2 = 3,14 ⋅ 10 -2 ⁢ m 2 S = \\pi r^2 = \\pi (\\SI{0,1}{\\metre})^2 = \\SI{3,14e-2}{\\metre\\squared} , zatem B = 1,5 ⁢ mT ∕ s ⋅ t B = \\SI{1,5}{\\milli\\tesla\\per\\second} \\cdot t , stąd ε = − 3,14 ⋅ 10 -2 ⁢ m 2 ⋅ 1,5 ⁢ mT ∕ s = − 47 ⁢ mV \\epsilon = -\\SI{3,14e-2}{\\metre\\squared} \\cdot \\SI{1,5}{\\milli\\tesla\\per\\second} = -\\SI{47}{\\milli\\volt} , dla 0 ⁢ ms ≤ t < 2 ⁢ ms \\SI{0}{\\milli\\second} \\leq t < \\SI{2}{\\milli\\second} , B = 3 ⁢ mT B = \\SI{3}{\\milli\\tesla} , stąd ε = − 3,14 ⋅ 10 -2 ⁢ m 2 ⋅ 0 ⁢ mT ∕ s = 0 ⁢ mV \\epsilon = -\\SI{3,14e-2}{\\metre\\squared} \\cdot \\SI{0}{\\milli\\tesla\\per\\second} = \\SI{0}{\\milli\\volt} , dla 2 ⁢ ms ≤ t < 5 ⁢ ms \\SI{2}{\\milli\\second} \\leq t < \\SI{5}{\\milli\\second} , B = − 3 ⁢ mT ∕ s ⋅ t + 18 ⁢ mT B = -\\SI{3}{\\milli\\tesla\\per\\second} \\cdot t + \\SI{18}{\\milli\\tesla} , stąd ε = − 3,14 ⋅ 10 -2 ⁢ m 2 ⋅ − 3 ⁢ mT ∕ s = 94 ⁢ mV \\epsilon = -\\SI{3,14e-2}{\\metre\\squared} \\cdot (-\\SI{3}{\\milli\\tesla\\per\\second}) = \\SI{94}{\\milli\\volt} , dla 5 ⁢ ms ≤ t ≤ 6 ⁢ ms \\SI{5}{\\milli\\second} \\leq t \\leq \\SI{6}{\\milli\\second} . Na poniższym rysunku przedstawiono jednozwojową prostokątną cewkę. Wartość indukcji magnetycznej w dowolnym punkcie wewnątrz tej cewki zmienia się w czasie zgodnie z równaniem B = B 0 ⁢ e − α ⁢ t , gdzie B 0 = 0,25 ⁢ T oraz α = 200 ⁢ Hz . Przyjąwszy, że rezystancja cewki wynosi 2 ⁢ Ω , oblicz wartość natężenia prądu płynącego w cewce w czasie t = 0,001 ⁢ s ; t = 0,002 ⁢ s ; t = 2 ⁢ s . Jaka byłaby odpowiedź do poprzedniego zadania, gdyby cewka składała się z 20 nawiniętych ściśle zwojów? Każda z otrzymanych wartości będzie dwudziestokrotnie większa. Pole przekroju poprzecznego długiego solenoidu o n = 10 zwojach na centymetr długości wynosi 5 ⁢ cm 2 . Solenoid ten otoczony jest cewką składającą się z pięciu zwojów. Po odłączeniu zasilania solenoidu natężenie prądu w jego uzwojeniu maleje do zera w czasie 0,05 ⁢ s . Oblicz średnią wartość SEM zaindukowanej w cewce, jeżeli przed wyłączeniem zasilania natężenie prądu w solenoidzie wynosiło 0,25 ⁢ A . Prostokątna ramka z drutu o bokach a i b położona jest w płaszczyźnie x y , jak przedstawiono na poniższym rysunku. Wnętrze ramki przenika zależne od czasu pole magnetyczne, którego indukcję opisuje wzór B → ⁡ t = C ⁢ x ⁢ cos ω ⁢ t ⋅ i ̂ + y ⁢ sin ω ⁢ t ⋅ k ̂ ⁢ , \\vec{B} \\apply (t) = C [x \\cos (\\omega t) \\cdot \\hat{i} + y \\sin (\\omega t) \\cdot \\hat{k}] \\text{,} przy czym B → ⁡ t wyrażone jest w teslach. Określ wartość siły elektromotorycznej indukowanej w pętli w funkcji czasu. n ̂ = k ̂ , d Φ B = C ⁢ y ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ d x ⁢ d y , Φ B = C ⁢ a ⁢ b 2 ⁢ sin ω ⁢ t ∕ 2 , ε = − C ⁢ a ⁢ b 2 ⁢ ω ⁢ cos ω ⁢ t ∕ 2 . Indukcja pola magnetycznego prostopadłego do jednozwojowej pętli o średnicy 10 ⁢ cm maleje od wartości 0,5 ⁢ T do zera. Pętla ta wykonana jest z drutu miedzianego, którego średnica wynosi 2 ⁢ mm . Oblicz ładunek przepływający przez przewodnik w czasie zmiany indukcji pola magnetycznego. prawo Faradaya (ang. Faraday’s law ) zmiana strumienia magnetycznego przechodzącego przez zamknięty obwód powoduje powstanie w nim indukowanej siły elektromotorycznej indukowana siła elektromotoryczna (ang. induced EMF ) krótkotrwały impuls napięcia generowany w przewodniku lub cewce wskutek ruchu w polu magnetycznym strumień magnetyczny (ang. magnetic flux ) miara liczby linii pola magnetycznego przecinających daną powierzchnię", "section": "Prawo Faradaya", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Reguła Lenza Kierunek prądu elektrycznego w przewodzącej pętli, wywołanego indukowaną siłą elektromotoryczną, wynika ze znaku SEM, przeciwnego do znaku pochodnej po czasie strumienia magnetycznego przecinającego pętlę. Kierunek tego prądu można jednak zwykle wyznaczyć w nieco prostszy sposób – stosując prawo zwane regułą Lenza (ang. Lenz’s law ). Treść reguły Lenza, nazwanej na cześć jej odkrywcy, Heinricha Lenza (1804–1865) , sformułujemy następująco: Reguła Lenza Kierunek indukowanej siły elektromotorycznej jest taki, że wywołany przez nią prąd zawsze przeciwdziała zmianie strumienia pola magnetycznego, która tę siłę generuje. Należy zaznaczyć, że niezależnie od Lenza powyższe prawo sformułował także Faraday. Regułę Lenza możemy również rozpatrywać, stosując zasadę zachowania energii. Jeżeli wsunięcie magnesu do cewki powoduje przepływ prądu, to oczywiste jest, że energia tego prądu musi pochodzić z określonego źródła. Zasada zachowania energii zostanie zatem spełniona, jeśli przyjąć, że indukowany prąd wytwarza własne pole magnetyczne, które przeciwdziała wzrostowi strumienia pola magnetycznego w cewce na skutek wprowadzania magnesu. Wówczas, wprowadzając magnes, wykonujemy pewną pracę nad układem, równą energii wytwarzanego prądu. Jeżeli pole magnetyczne cewki z prądem nie przeciwdziałałoby zmianie strumienia magnetycznego w cewce, wsuwanie magnesu generowałoby tenże prąd bez nakładu pracy. Wówczas potencjalna energia elektryczna w układzie powstawałaby znikąd, co jest sprzeczne z zasadą zachowania energii. Aby wyznaczyć indukowaną siłę elektromotoryczną ε , musimy na wstępie określić strumień magnetyczny Φ B , a następnie obliczyć jego pochodną po czasie d Φ B ∕ d t . Wartość siły elektromotorycznej będzie wówczas dana równaniem ε = d Φ B ∕ d t . Znak siły elektromotorycznej określimy na podstawie reguły Lenza. Powyższe postępowanie zilustrujemy podanymi poniżej przykładami, w których stosowany będzie następujący tok rozumowania. Strategia rozwiązywania zadań: reguła Lenza Aby wykorzystać regułę Lenza do wyznaczenia kierunków indukowanych pól magnetycznych, prądów i sił elektromotorycznych: Wykonaj szkic rozpatrywanego układu – przedstaw na nim interesujące cię kierunki. Określ kierunek wektora B → indukcji magnetycznej pola przyłożonego do układu. Ustal, czy strumień magnetyczny tego pola rośnie, czy maleje. Wyznacz kierunek wektora B → indukowanego pola magnetycznego. Pamiętaj, że indukowane pole magnetyczne dąży do wzmocnienia malejącego strumienia lub przeciwdziała wzmocnieniu strumienia rosnącego. Zatem, w zależności od charakteru zmiany strumienia magnetycznego, indukowane pole magnetyczne dodaje się lub odejmuje od pola przyłożonego do układu. Korzystając z reguły prawej dłoni 2 (ang. right-hand rule-2 , RHR-2) – patrz rozdział Siły i pola magnetyczne – wyznacz kierunek przepływu indukowanego prądu I , który wytwarza indukowane pole magnetyczne o indukcji B → . Pamiętaj, że kierunek (lub znak) indukowanej SEM będzie wtedy zgodny z kierunkiem przepływu tego umownego prądu. Zastosujmy teraz regułę Lenza do układu przedstawionego na (a). Na wstępie umówmy się, że stronę zamkniętej przewodzącej pętli, po której znajduje się zbliżający się do niej magnes sztabkowy, nazwiemy czołem (frontem) pętli. Wtedy przeciwną stronę pętli nazwiemy jej tyłem. W czasie ruchu bieguna północnego magnesu w kierunku pętli gęstość linii pola tego magnesu w kierunku od frontu do tyłu pętli rośnie. Oznacza to wzrost wartości strumienia magnetycznego przecinającego pętlę, co powoduje powstanie w pętli indukowanego prądu elektrycznego. Zgodnie z regułą Lenza kierunek tego indukowanego prądu musi być taki, aby jego własne pole magnetyczne przeciwdziałało zmianie strumienia magnetycznego wywołanej przybliżaniem się magnesu do pętli. Zatem zaindukowany prąd płynie tak, że linie pola magnetycznego skierowane są od tyłu do frontu pętli. Wykorzystując drugi wariant reguły prawej dłoni, skieruj wyprostowany kciuk przeciwnie do linii pola magnesu (kciuk zwrócony będzie wówczas w kierunku magnesu). Kierunek przepływu indukowanego prądu widziany od frontu pętli wskażą wówczas palce obejmujące pętlę; jest on przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Kierunek indukowanego prądu możemy także wyznaczyć, traktując pętlę jak elektromagnes, którego pole przeciwdziała przybliżaniu się bieguna północnego magnesu sztabkowego. Prąd w takim elektromagnesie musi płynąć jak na rysunku, ponieważ czoło pętli, położone bliżej magnesu, będzie wówczas jej biegunem północnym. Zmiana strumienia magnetycznego spowodowana zbliżaniem magnesu sztabkowego do przewodzącej pętli indukuje w niej prąd elektryczny. (a) Zbliżający się biegun północny indukuje prąd, którego kierunek widziany od strony magnesu jest przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. (b) Zbliżający się biegun południowy indukuje prąd płynący zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Na (b) przedstawiono magnes zbliżający się biegunem południowym w kierunku przewodzącej pętli. W tym przypadku strumień pola magnesu przenikający pętlę także rośnie, ponieważ rośnie gęstość linii pola w kierunku od tyłu pętli do jej frontu. Aby przeciwdziałać temu wzrostowi, w pętli indukuje się prąd wytwarzający własne pole magnetyczne. Linie tego pola, przecinające powierzchnię pętli, zwrócone są w kierunku od jej frontu ku tyłowi. Prąd zaindukowany w pętli-elektromagnesie płynie w takim kierunku, że od strony zbliżającego się magnesu czoło pętli stanowi jej biegun południowy – odpychający biegun południowy tego magnesu. Stosując regułę prawej dłoni, należy zwrócić wyciągnięty kciuk w kierunku od magnesu sztabkowego. Palce dłoni obejmą wówczas pętlę zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, to znaczy z kierunkiem indukowanego prądu. Inny przykład obrazujący regułę Lenza przedstawiono na . W układzie tym otwarcie wyłącznika powoduje spadek natężenia prądu zasilającego solenoid , a więc spadek strumienia magnetycznego przenikającego jego zwoje. W konsekwencji w uzwojeniu solenoidu zostanie zaindukowana SEM, która musi przeciwdziałać wywołującej ją zmianie – zanikowi prądu. W rezultacie SEM, której biegunowość zaznaczono na rysunku, indukuje w obwodzie prąd. Kierunek tego prądu jest zgodny z kierunkiem prądu płynącego w układzie przed otwarciem wyłącznika. Ów indukowany prąd może wytworzyć łuk elektryczny, widoczny pomiędzy stykami wyłącznika podczas ich rozwierania. (a) Solenoid podłączony do źródła siły elektromotorycznej. (b) Otwarcie wyłącznika W przerywa przepływ prądu, powodując zaindukowanie się SEM w uzwojeniu solenoidu. (c) SEM indukowana w uzwojeniu cewki wytwarza różnicę potencjałów pomiędzy ostrzami prętów widocznych na zdjęciu. Różnica ta jest na tyle duża, że pomiędzy ostrzami powstaje łuk elektryczny. Sprawdź, czy rozumiesz. Określ kierunek prądu indukowanego w przedstawionej na poniższym rysunku pętli z drutu. Rozważ przypadki, gdy magnes wnika w płaszczyznę pętli; przechodzi przez tę płaszczyznę; opuszcza ją. a. Z punktu widzenia widocznego na rysunku obserwatora podczas zbliżania się tego magnesu biegunem S w kierunku pętli prąd płynie zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; b. Prąd ten maleje do zera, gdy magnes znajduje się centralnie w płaszczyźnie pętli i ją mija; c. Gdy ten magnes oddala się od pętli (biegunem N), prąd płynie ponownie zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Sprawdź, czy rozumiesz. Sprawdź kierunki indukowanych prądów zaznaczonych na . Kołowa cewka w zmiennym polu magnetycznym Pole magnetyczne o indukcji B → , zwróconej od płaszczyzny ( ), skierowane jest prostopadle do powierzchni kołowej cewki o promieniu r = 0,5 ⁢ m . Pole ma symetrię walcową względem środka cewki, przy czym wartość jego indukcji – malejącą wykładniczo z czasem t – opisuje równanie B = 1,5 ⁢ T ⋅ e − 5 ⁢ s − 1 ⁢ t , w którym B wyrażone jest w teslach, a t w sekundach. Obliczmy SEM indukowaną w cewce w chwilach: t 1 = 0 ⁢ s , t 2 = 5 ⋅ 10 − 2 ⁢ s oraz t 3 = 1 ⁢ s . Określmy natężenie prądu w cewce w wymienionych chwilach, przyjmując, że jej rezystancja wynosi 10 ⁢ Ω . Kołowa cewka w malejącym polu magnetycznym. Strategia rozwiązania Ponieważ pole magnetyczne jest prostopadłe do płaszczyzny cewki, a wartość jego indukcji jest taka sama w dowolnym miejscu tej cewki, to iloczyn skalarny wektora indukcji B → oraz wektora jednostkowego powierzchni n ̂ można zastąpić zwykłym iloczynem ich wartości. Indukcję magnetyczną można następnie wynieść przed symbol całki. Strumień magnetyczny będzie wówczas określony iloczynem wartości tej indukcji oraz pola powierzchni cewki. W celu wykorzystania prawa Faradaya do wyznaczenia wartości SEM musimy obliczyć pochodną z funkcji wykładniczej po czasie. Natężenie prądu określimy, stosując prawo Ohma. Rozwiązanie Ponieważ wektor B → jest prostopadły do płaszczyzny cewki, strumień magnetyczny wyrażony jest wzorem Φ B = B ⁢ π ⁢ r 2 = 1,5 ⁢ T ⋅ e − 5 ⁢ s -1 ⁢ t ⋅ π ⋅ 0,5 ⁢ m 2 = 1,2 ⁢ Wb ⋅ e − 5 ⁢ s -1 ⁢ t ⁢ . \\Phi_B = B\\pi r^2 = \\SI{1,5}{\\tesla} \\cdot e^{-\\SI[per-mode=reciprocal]{5}{\\per\\second} t} \\cdot \\pi \\cdot (\\SI{0,5}{\\metre})^2 = \\SI{1,2}{\\weber} \\cdot e^{-\\SI[per-mode=reciprocal]{5}{\\per\\second} t} \\text{.} Na podstawie prawa Faradaya indukowana SEM wynosi ε = d Φ B d t = d d t 1,2 ⁢ Wb ⋅ e − 5 ⁢ s -1 ⁢ t = 6 ⁢ V ⋅ e − 5 ⁢ s -1 ⁢ t ⁢ . \\abs{\\epsilon} = \\abs{\\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t}} = \\abs{\\dd{t} (\\SI{1,2}{\\weber} \\cdot e^{-\\SI[per-mode=reciprocal]{5}{\\per\\second} t})} = \\SI{6}{\\volt} \\cdot e^{-\\SI[per-mode=reciprocal]{5}{\\per\\second} t} \\text{.} Ponieważ wektor B → jest zwrócony od płaszczyzny rysunku, a wartość reprezentowanej nim indukcji magnetycznej maleje w czasie, to patrząc z góry na rysunek, stwierdzamy, że indukowany w cewce prąd musi płynąć w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Oznacza to, że wektor indukcji pola magnetycznego wytwarzanego przez ten prąd jest także zwrócony od płaszczyzny rysunku. W chwilach t 1 , t 2 , t 3 SEM zwrócona jest przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara, a jej wartości wynoszą ε ⁡ t 1 = 6 ⁢ V ε ⁡ t 2 = 4,7 ⁢ V ε ⁡ t 3 = 0,04 ⁢ V ⁢ . \\epsilon \\apply (t_1) = \\SI{6}{\\volt}, \\epsilon \\apply (t_2) = \\SI{4,7}{\\volt}, \\epsilon \\apply (t_3) = \\SI{0,04}{\\volt} \\text{.} Odpowiadające powyższym wartościom natężenia prądu obliczymy, stosując prawo Ohma I ⁡ t 1 = ε ⁡ t 1 R = 6 ⁢ V 10 ⁢ Ω = 0,6 ⁢ A ⁢ , I \\apply (t_1) = \\frac{\\epsilon \\apply (t_1)}{R} =\\frac{\\SI{6}{\\volt}}{\\SI{10}{\\ohm}} = \\SI{0,6}{\\ampere} \\text{,} I ⁡ t 2 = ε ⁡ t 2 R = 4,7 ⁢ V 10 ⁢ Ω = 0,47 ⁢ A ⁢ , I \\apply (t_2) = \\frac{\\epsilon \\apply (t_2)}{R} =\\frac{\\SI{4,7}{\\volt}}{\\SI{10}{\\ohm}} = \\SI{0,47}{\\ampere} \\text{,} I ⁡ t 3 = ε ⁡ t 3 R = 0,04 ⁢ V 10 ⁢ Ω = 4 ⋅ 10 -3 ⁢ A = 4 ⁢ mA ⁢ . I \\apply (t_3) = \\frac{\\epsilon \\apply (t_3)}{R} =\\frac{\\SI{0,04}{\\volt}}{\\SI{10}{\\ohm}} = \\SI{4e-3}{\\ampere} = \\SI{4}{\\milli\\ampere} \\text{.} Znaczenie Siła elektromotoryczna wytwarzana jest przez zmieniający się w czasie strumień magnetyczny. Aby obliczyć indukowaną SEM, wystarczy wykorzystać pochodną po czasie funkcji opisującej zmianę tego strumienia. Zmienne pole magnetyczne wewnątrz solenoidu Natężenie prądu płynącego przez uzwojenie solenoidu, zawierające n = 2000 zwojów na metr jego długości, zmienia się z szybkością d I ∕ d t = 3 ⁢ A ∕ s (wiadomości dotyczące solenoidów znajdują się w Źródła pola magnetycznego ). Długość solenoidu wynosi 50 ⁢ cm , a średnica jego przekroju poprzecznego jest równa 3 ⁢ cm . Małą cewkę składającą się z N = 20 zwojów, ciasno zwiniętych w koło o średnicy 1 ⁢ cm , umieszczono w centrum solenoidu w taki sposób, że płaszczyzna cewki jest prostopadła do jego podłużnej osi. Wyznaczmy SEM indukowaną w cewce. Przyjmijmy, że w przypadku tak umiejscowionej cewki solenoid można uważać za nieskończony. Strategia rozwiązania Pole magnetyczne w centrum solenoidu jest jednorodne, a wartość jego indukcji B = μ 0 ⁢ n ⁢ I . Ponieważ linie pola magnetycznego są równoległe do podłużnej osi solenoidu, to strumień przenikający małą cewkę jest maksymalny. Zatem strumień magnetyczny przenikający cewkę jest iloczynem wartości indukcji pola magnetycznego solenoidu i pola powierzchni cewki. Prawo Faradaya zawiera pochodną po czasie strumienia magnetycznego. Obliczając tę pochodną, należy zauważyć, że jedyną wielkością zależną od czasu jest natężenie prądu – symbole pozostałych wielkości można wynieść przed operator różniczkowania. Ostateczną wartość SEM indukowanej w cewce otrzymamy po uwzględnieniu liczby zwojów cewki. Rozwiązanie Ponieważ wartość indukcji magnetycznej solenoidu B = μ 0 ⁢ n ⁢ I , to strumień magnetyczny przecinający każdy ze zwojów małej cewki wynosi Φ B = μ 0 ⁢ n ⁢ I ⋅ π ⁢ d 2 4 ⁢ , gdzie d jest średnicą cewki. Na podstawie prawa Faradaya SEM indukowana w cewce jest równa ε = N ⁢ d Φ B d t = N ⁢ μ 0 ⁢ n ⋅ n ⁢ d 2 4 ⋅ d I d t ε = 20 ⋅ 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2000 ⁢ m -1 ⋅ π ⋅ 0,01 ⁢ m 2 4 ⋅ 3 ⁢ A ∕ s = 1,2 ⋅ 10 -5 ⁢ V ⁢ . \\begin{multiline} \\abs{\\epsilon} &= \\abs{N \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t}} = \\abs{N \\mu_0 n \\cdot \\frac{nd^2}{4} \\cdot \\frac{\\d I}{\\d t}} \\\\ &= 20 \\cdot 4 \\pi \\cdot 10^{-7} \\si{\\tesla\\metre\\per\\ampere} \\cdot \\SI[per-mode=reciprocal]{2000}{\\per\\metre} \\cdot \\frac{\\pi \\cdot (\\SI{0,01}{\\metre})^2}{4} \\cdot \\SI{3}{\\ampere\\per\\second} = \\SI{1,2e-5}{\\volt} \\text{.} \\end{multiline} ε = N ⁢ d Φ B d t = N ⁢ μ 0 ⁢ n ⋅ n ⁢ d 2 4 ⋅ d I d t = 20 ⋅ 4 ⁢ π ⋅ 10 -7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 2000 ⁢ m -1 ⋅ π ⋅ 0,01 ⁢ m 2 4 ⋅ 3 ⁢ A ∕ s = 1,2 ⋅ 10 -5 ⁢ V ⁢ . Znaczenie Włączenie prądu zasilającego pionowy solenoid, przedstawiony na , powoduje wzrost jego strumienia magnetycznego i powstanie w metalowym pierścieniu siły elektromotorycznej. Zaindukowana SEM przeciwdziała zmianie strumienia – w rezultacie pierścień zostaje wystrzelony pionowo w górę. Skaczący pierścień. Włączenie prądu zasilającego pionowy solenoid powoduje zaindukowanie się w metalowym pierścieniu prądu elektrycznego. Narastające pole magnetyczne solenoidu powoduje wyrzucenie pierścienia z solenoidu. Odwiedź stronę , aby obejrzeć demonstrację skaczącego pierścienia przygotowaną przez Instytut Technologiczny w Massachusetts ( Massachusetts Institute of Technology , MIT). Podsumowanie Reguła Lenza umożliwia określenie kierunków indukowanych pól magnetycznych, prądów oraz sił elektromotorycznych. Zgodnie z regułą Lenza kierunek indukowanej siły elektromotorycznej jest zawsze taki, że przeciwdziała ona zmianie strumienia magnetycznego, która tę siłę indukuje. Pytania Poniższy rysunek przedstawia okrągłe przewodzące pętle. Są one umieszczone współosiowo, równolegle względem siebie i prostopadle do płaszczyzny rysunku. Określ kierunek prądu indukowanego w pętli D po zamknięciu wyłącznika W; po otwarciu wyłącznika W. Patrząc od strony obwodu: a. Kierunek zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; b. Kierunek przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Północny biegun magnesu porusza się w kierunku miedzianej pętli – jak przedstawiono na poniższym rysunku. Czy spoglądając na pętlę z góry, stwierdzimy, że zaindukowany w niej prąd krąży zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, czy przeciwnie? Poniższy rysunek przedstawia przewodzący pierścień w różnych fazach ruchu względem obszaru, w którym występuje pole magnetyczne. Określ kierunek SEM indukowanej w pierścieniu w każdej z pozycji przedstawionych na tym rysunku. Podczas wnikania dysku w obszar pola indukowana SEM wytwarza w nim prąd przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Dopóki dysk pozostaje w obszarze pola, strumień magnetyczny nie zmienia się i prąd nie płynie. Podczas opuszczania obszaru pola przez dysk indukowany w nim prąd jest przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Wykaż, że jednostki ε oraz d Φ B ∕ d t są takie same. Ustal kierunek indukowanego prądu w każdym z przypadków przedstawionych na poniższym rysunku. Przyjmij, że pierścień obserwowany jest od strony magnesu. Kierunki widziane od strony magnesu: a. oraz d. Przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara; b., c. oraz e. Zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; f. Brak prądu. Zadania Wykonany z drutu pojedynczy zwój o promieniu 50 ⁢ mm spoczywa na płaszczyźnie prostopadłej do jednorodnego przestrzennie pola magnetycznego. W odstępie czasu równym 0,1 ⁢ s indukcja pola wzrosła liniowo od wartości 200 ⁢ mT do 300 ⁢ mT . Wyznacz SEM zaindukowaną w pętli; Określ kierunek prądu indukowanego w pętli, jeżeli pole magnetyczne zwrócone jest od płaszczyzny, na której ona spoczywa. a. 7,8 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ; b. Patrząc zgodnie z polem magnetycznym, kierunek prądu przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Po włączeniu pola magnetycznego strumień przenikający dwudziestozwojową cewkę zmienia się w czasie zgodnie z funkcją Φ B = 5 ⁢ mWb ∕ s 2 ⋅ t 2 − 2 ⁢ mWb ∕ s ⋅ t ⁢ , \\Phi_B = \\SI{5}{\\milli\\weber\\per\\second\\squared} \\cdot t^2 - \\SI{2}{\\milli\\weber\\per\\second} \\cdot t \\text{,} przy czym t wyrażone jest w sekundach. Cewka znajduje się na poziomej płaszczyźnie, a wektor jednostkowy jej powierzchni zwrócony jest ku górze. Wyznacz zależność od czasu SEM indukowanej w cewce. Określ kierunek indukowanego prądu, gdy t = 0 ⁢ s ; t = 0,1 ⁢ s ; t = 1 ⁢ s ; t = 2 ⁢ s . Strumień magnetyczny przecinający pętlę przedstawioną na poniższym rysunku zmienia się w czasie zgodnie z funkcją Φ B = 2 ⁢ mWb ⋅ sin 2 ⁢ π ⋅ 60 ⁢ s -1 ⋅ t ⁢ e − 3 ⁢ s -1 ⋅ t ⁢ , \\Phi_B = \\SI{2}{\\milli\\weber} \\cdot \\sin(2\\pi \\cdot \\SI[per-mode=reciprocal]{60}{\\per\\second} \\cdot t) e^{-\\SI[per-mode=reciprocal]{3}{\\per\\second} \\cdot t} \\text{,} przy czym t t wyrażone jest w sekundach. Określ wartość i kierunek natężenia prądu płynącego przez rezystor o wartości 5 ⁢ Ω w chwili t = 0 ⁢ s ; t = 2,17 ⋅ 10 − 2 ⁢ s ; t = 3 ⁢ s . a. 150 ⁢ mA ku dołowi rysunku; b. 232 ⁢ mA ku górze rysunku; c. 0,093 ⁢ mA ku dołowi rysunku. Zastosuj regułę Lenza do określenia kierunku prądu indukowanego w każdym z poniższych przykładów. reguła Lenza (ang. Lenz’s law ) kierunek indukowanej siły elektromotorycznej jest taki, że siła ta przeciwdziała zmianie strumienia magnetycznego, który ją wytwarza; właściwość tę reprezentuje znak minus w prawie Faradaya", "section": "Reguła Lenza", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Siła elektromotoryczna wywołana ruchem Wartość strumienia magnetycznego zależy od trzech czynników: wartości indukcji pola magnetycznego, wielkości powierzchni, którą przecinają linie tego pola, oraz orientacji linii pola względem tej powierzchni. Zatem zmiana którejkolwiek z tych wielkości spowoduje zmianę strumienia magnetycznego. Dotychczas rozważaliśmy jedynie przypadki, w których zmiana strumienia następowała wskutek zmiany wartości indukcji pola magnetycznego. Obecnie rozpatrzymy pozostałe możliwości: zmianę wielkości powierzchni przenikanej przez linie pola magnetycznego oraz zmianę orientacji danej powierzchni względem tego pola. Na przedstawiono przykłady tego rodzaju zmian. W części (a) strumień przenikający przez prostokątną ramkę wzrasta w miarę jej wnikania w obszar pola magnetycznego. W części (b) strumień przenikający obracającą się ramkę zmienia się wraz z kątem θ . (a) Strumień magnetyczny zmienia się w miarę wnikania ramki w obszar pola magnetycznego. (b) Strumień magnetyczny zmienia się na skutek obrotu ramki w polu magnetycznym. Warto zauważyć, że obserwowana przez nas przyczyna zmiany strumienia magnetycznego zależy od obranego układu odniesienia. Na przykład, będąc w spoczynku względem poruszających się ramek przedstawionych na , stwierdzilibyśmy, że zmiana strumienia magnetycznego następuje wskutek zmiany wartości indukcji pola. Wówczas w części (a) w naszym układzie współrzędnych pole przemieszcza się ze strony lewej na prawą, a w części (b) – pole magnetyczne się obraca. Zmianę strumienia magnetycznego, przenikającego cewkę poruszającą się w określonym układzie współrzędnych, możemy często opisać w innym układzie współrzędnych, w którym wspomniana cewka spoczywa, a zmienia się indukcja pola magnetycznego. Złożoność problemów związanych z opisem w takim układzie wykracza jednak poza ramy niniejszego podręcznika. Takich trudności możemy uniknąć, pozostając zawsze w tak zwanym laboratoryjnym układzie współrzędnych (będącym w spoczynku względem pomieszczenia laboratorium), w którym zmiany strumienia magnetycznego zachodzą na skutek zmiany indukcji pola lub zmiany przenikanej przez to pole powierzchni. Rozważmy obecnie przedstawiony na układ, w którym przewodzący pręt, umieszczony na przewodzących szynach, zamyka obwód elektryczny z rezystorem R . Ponieważ pręt może poruszać się swobodnie w kierunku poziomym, pole powierzchni ograniczonej przez obwód M N O P M \\sep N \\sep O \\sep P zależy od położenia pręta i wynosi l ⁢ x . Zauważmy teraz, że powierzchnia obwodu jest prostopadła do linii pola magnetycznego. Zatem, obliczając wartość strumienia magnetycznego przenikającego tę powierzchnię, całkę w możemy zastąpić iloczynem wartości indukcji magnetycznej i pola powierzchni obwodu. Otrzymamy wówczas Φ B = B ⁢ l ⁢ x ⁢ . Ponieważ B i l są stałe, a wartość prędkości przewodzącego pręta v = d x ∕ d t , indukowaną SEM obliczymy, przekształcając prawo Faradaya ( ) do następującej postaci ε = − d Φ B d t = B ⁢ l ⁢ d x d t = B ⁢ l ⁢ v ⁢ . \\abs{\\epsilon} = \\abs{- \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t}} = Bl \\frac{\\d x}{\\d t} = Blv \\text{.} Natężenie prądu indukowanego w obwodzie obliczymy, dzieląc SEM przez rezystancję w tym obwodzie I = B ⁢ l ⁢ v R ⁢ . Kierunek zaindukowanej SEM jest oczywiście zgodny z regułą Lenza, o czym możemy się przekonać, analizując . Powyższe obliczenia wywołanej ruchem siły elektromotorycznej nie dotyczą wyłącznie pręta poruszającego się po przewodzących szynach. Obierając za punkt wyjścia iloczyn wektorowy F → = q ⁢ v → × B → \\vec{F} = q \\vec{v} \\times \\vec{B} , możemy bowiem wykazać, że prawo ε = − d Φ B ∕ d t pozostaje prawdziwe w przypadku dowolnej zmiany strumienia wywołanej ruchem przewodnika. W podrozdziale Prawo Faradaya stwierdziliśmy z kolei, że SEM indukowana zmiennym w czasie strumieniem magnetycznym opisana jest zależnością identyczną do wymienionej powyżej – zwaną prawem Faradaya. Zatem prawo Faradaya dotyczy dowolnej zmiany strumienia – wywołanej albo zmianą wartości indukcji pola magnetycznego, albo ruchem, albo też kombinacją tych czynników. Przewodzący pręt porusza się w prawo ze stałą prędkością. Wywołana jego ruchem zmiana strumienia magnetycznego indukuje w obwodzie prąd elektryczny. Rozważając zagadnienie z perspektywy zasady zachowania energii, zauważamy, że moc siły przyłożonej do pręta F → a jest równa F a ⁢ v , a moc tracona w rezystorze wynosi I 2 ⁢ R . Ponieważ pręt porusza się ze stałą prędkością, to siła F a musi zrównoważyć siłę magnetyczną F = I ⁢ l ⁢ B F = IlB działającą na pręt przewodzący prąd o natężeniu I . Moc wytwarzana w obwodzie wynosi więc P = F a ⁢ v = I ⁢ l ⁢ B ⁢ v = B ⁢ l ⁢ v R ⋅ l ⁢ B ⁢ v = l 2 ⁢ B 2 ⁢ v 2 R ⁢ . Moc rozproszona wynosi z kolei P = I 2 ⁢ R = B ⁢ l ⁢ v R 2 ⁢ R = l 2 ⁢ B 2 ⁢ v 2 R ⁢ . Moc wytwarzana i moc tracona w układzie są równe, co oznacza spełnienie zasady zachowania energii. Na opisanej powyżej zasadzie działa tzw. działo szynowe (ang. rail gun ). Mianem tym określamy elektromagnetyczną wyrzutnię pocisków, której konstrukcję, podobną do układu z , przedstawia . Jak wynika z przedstawionego schematu, przewodzący pręt został zastąpiony przeznaczonym do wystrzelenia pociskiem (lub innym rodzajem amunicji). Zauważmy teraz, że dotychczas omawialiśmy SEM indukowaną ruchem. Jednak w przypadku działa szynowego spadek wartości strumienia w przestrzeni pomiędzy szynami wywołany jest szybkim wyłączaniem lub tłumieniem pola magnetycznego. Ów spadek strumienia indukuje prąd płynący w pręcie (zwanym zworą), do którego przytwierdzony jest pocisk. Przepływ prądu powoduje powstanie siły magnetycznej, która wypycha pręt ku przodowi działa. Działa szynowe nie są jednak szeroko stosowane w technice wojskowej. Przyczyną są wysokie koszty ich produkcji oraz wymagane duże natężenia prądów. Istotnie, by wytworzyć energię wystarczającą do skutecznej pracy działa jako broni, przez szyny powinien płynąć prąd o natężeniu bliskim miliona amperów! Prąd płynący w szynach wytwarza siłę magnetyczną wypychającą przewodzący pocisk. Stosując prawo Faradaya, indukowaną ruchem siłę elektromotoryczną (ang. motionally induced EMF ) możemy obliczyć nawet wtedy, gdy w polu magnetycznym nie występuje zamknięty obwód elektryczny. Musimy po prostu wyobrazić sobie pewną powierzchnię, której granice zawierają poruszający się przewodnik, obliczyć Φ B , a następnie, na podstawie prawa Faradaya, wyznaczyć SEM. Na przykład, zgodnie z , poruszający się pręt może stanowić jeden z boków wyimaginowanego prostokąta przedstawionego na tymże rysunku za pomocą linii przerywanych. Ponieważ powierzchnia prostokąta równa jest l ⁢ x , strumień magnetyczny Φ B = B ⁢ l ⁢ x . Różniczkując przytoczone równanie obustronnie po czasie, otrzymujemy d Φ B d t = B ⁢ l ⁢ d x d t = B ⁢ l ⁢ v ⁢ . \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} = Bl \\frac{\\d x}{\\d t} = Blv \\text{.} Powyższe wyrażenie jest tożsame z wyprowadzonym wcześniej wzorem opisującym różnicę potencjałów pomiędzy końcami ruchomego pręta. Stosując wyimaginowany prostokąt, możemy wykorzystać prawo Faradaya do obliczenia wartości SEM indukowanej w poruszającym się pręcie. Wartości sił elektromotorycznych wywołanych ruchem w ziemskim polu magnetycznym nie są zwykle bardzo duże. W przeciwnym razie bylibyśmy w stanie zarejestrować napięcie indukowane w metalowym pręcie (na przykład śrubokręcie) podczas jego zwyczajnego ruchu. Na przykład w rezultacie prostych obliczeń SEM indukowanej w pręcie o długości 1 ⁢ m , poruszającym się z szybkością 3 ⁢ m ∕ s prostopadle do ziemskiego pola magnetycznego, otrzymujemy ε = B ⁢ l ⁢ v = 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⋅ 1 ⁢ m ⋅ 3 ⁢ m ∕ s = 150 ⁢ µV ⁢ . Powyższa niewielka wartość jest zgodna z wynikami licznych pomiarów. Istnieje jednak spektakularny wyjątek. W latach 1992 i 1996 prowadzono próby wykorzystania promu kosmicznego do wytwarzania znacznych sił elektromotorycznych. Wykorzystywano w tym celu satelitę, prowadzonego przez prom na przewodzącej uwięzi o długości 20 ⁢ km – jak pokazano na . Przy prędkości orbitalnej w ziemskim polu magnetycznym otrzymywano wówczas SEM o wartości 5 ⁢ kV . Indukowana SEM mogłaby być użyta do przetworzenia części energii kinetycznej i potencjalnej promu na energię elektryczną, o ile możliwe byłoby utworzenie zamkniętego obwodu elektrycznego. Funkcję ścieżki powrotnego przepływu prądu zamykającej obwód pełniła stacjonarna jonosfera. Przypomnijmy, że jonosferę tworzy atmosfera ziemska – rozrzedzona i częściowo zjonizowana na wysokościach orbitalnych (jej przewodnictwo elektryczne jest skutkiem procesu jonizacji). Jonosfera pełni tutaj funkcję analogiczną do roli nieruchomych szyn i zwory (rezystora) z – zamykających obwód elektryczny. Siła magnetyczna F = I ⁢ l ⁢ B ⁢ sin θ , będąca źródłem oporu stawianego prądowi płynącemu w kablu, wykonuje w tym eksperymencie pracę, która pomniejsza energię kinetyczną oraz potencjalną promu i umożliwia ich przemianę w energię elektryczną. Oba eksperymenty zakończyły się niepowodzeniem. W pierwszym z nich kabel zaplątał się i mógł zostać rozciągnięty zaledwie na odległość kilkuset metrów. W drugim kabel zerwał się tuż przed pełnym rozciągnięciem. Działanie satelity na uwięzi ilustruje . Wykorzystanie powodowanej ruchem siły elektromotorycznej jako źródła energii elektrycznej dla promów kosmicznych stało się zachętą do przeprowadzenia eksperymentu z satelitą na uwięzi. Przewidywano, że w uwięzi o długości 20 ⁢ km , poruszającej się z prędkością orbitalną w ziemskim polu magnetycznym, zaindukuje się SEM o wartości 5 ⁢ kV . Ścieżkę powrotnego przepływu prądu zamykającą obwód elektryczny miała tworzyć stacjonarna jonosfera. Obliczenie wartości SEM wywołanej ruchem obiektu na orbicie Obliczmy SEM indukowaną w przewodniku o długości 20 ⁢ km , poruszającym się z prędkością orbitalną równą 7,8 ⁢ km ∕ s prostopadle do ziemskiego pola magnetycznego o wartości indukcji 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Strategia rozwiązania Jest to doskonały przykład wykorzystania równania na wartość SEM indukowanej ruchem: ε = B ⁢ l ⁢ v . Rozwiązanie Podstawiwszy powyższe dane do równania ε = B ⁢ l ⁢ v , otrzymujemy ε = B ⁢ l ⁢ v = 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T ⋅ 2 ⋅ 10 4 ⁢ m ⋅ 7,8 ⋅ 10 3 ⁢ m ∕ s = 7,8 ⋅ 10 3 ⁢ V ⁢ . Znaczenie Powyższa wartość przekraczająca 5 ⁢ kV jest napięciem możliwym do osiągnięcia w omawianym eksperymencie. W rzeczywistości jednak orbitalny ruch uwięzi nie odbywa się prostopadle do pola magnetycznego Ziemi. Wartość 7,8 ⁢ kV jest maksymalną SEM, odpowiadającą kątowi θ = 90 ° , gdy sin θ = 1 . Metalowy pręt obracający się w polu magnetycznym Część (a) przedstawia metalowy pręt O ⁢ S obracający się w płaszczyźnie poziomej wokół punktu O . Pręt ślizga się wzdłuż przewodu w kształcie łuku okręgu P ⁢ S ⁢ T , którego promień wynosi r . Układ znajduje się w stałym polu magnetycznym o indukcji B → , skierowanym od płaszczyzny rysunku. Przyjąwszy, że pręt obraca się ze stałą prędkością kątową ω , wyznaczmy natężenie prądu I w zamkniętej pętli O ⁢ P ⁢ S ⁢ O . Przyjmijmy, że rezystor R reprezentuje całkowitą rezystancję tej pętli. Obliczmy pracę wykonaną w jednostce czasu do obrócenia pręta i wykażmy, że jest ona równa mocy traconej w rezystorze. (a) Koniec obracającego się w płaszczyźnie poziomej metalowego pręta ślizga się wzdłuż przewodu w kształcie łuku okręgu. (b) Kierunek prądu indukowanego w pręcie. (c) Siła magnetyczna działająca na infinitezymalny fragment prądu. Strategia rozwiązania Strumień magnetyczny równy jest iloczynowi wartości indukcji pola magnetycznego i pola powierzchni zakreślonego przez pręt O ⁢ S (część (a) ) przy obrocie o kąt θ ( S = r 2 ⁢ θ ∕ 2 ). Obliczając SEM z prawa Faradaya, zauważmy, że wszystkie wielkości poza kątem θ nie zależą od czasu i że ω = d θ ∕ d t . Pamiętajmy, że praca wykonana w jednostce czasu zależy od iloczynu momentu siły i prędkości kątowej. Moment siły wyznaczymy, określając siłę działającą na element pręta i obliczając całkę tej siły po całej jego długości. Rozwiązanie Z geometrii układu wynika, że pole powierzchni pętli O ⁢ P ⁢ S ⁢ O wynosi S = r 2 ⁢ θ ∕ 2 . Zatem strumień pola magnetycznego przenikającego pętlę określony jest wyrażeniem Φ B = B ⁢ S = B ⁢ r 2 ⁢ θ 2 ⁢ . Obliczając pochodną po czasie i podstawiając ω = d θ ∕ d t , otrzymujemy ε = − d Φ B d t = B ⁢ r 2 ⁢ ω 2 ⁢ . \\abs{\\epsilon} = \\abs{-\\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t}} = B \\frac{r^2 \\omega}{2} \\text{.} Podzieliwszy powyższe wyrażenie przez rezystancję R , wyznaczymy natężenie indukowanego w niej prądu I = ε R = B ⁢ r 2 ⁢ ω 2 ⁢ R ⁢ . I = \\frac{\\abs{\\epsilon}}{R} = B \\frac{r^2 \\omega}{2R} \\text{.} Ze wzrostem kąta θ wzrasta strumień wektora indukcji magnetycznej B → przez powierzchnię pętli. Aby przeciwdziałać temu wzrostowi, pole magnetyczne wytworzone przez zaindukowany prąd w obszarze ograniczonym pętlą musi być zwrócone do płaszczyzny rysunku. Zatem, jak przedstawiono na (b), prąd płynie w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Ruch obrotowy pręta wywołany jest działającym nań momentem siły. Ponieważ pręt obraca się ze stałą prędkością kątową, ów moment siły jest równy co do wartości i przeciwnie skierowany do momentu siły magnetycznej. Siła magnetyczna działa na prąd płynący w pręcie wskutek umieszczenia go w zewnętrznym polu magnetycznym. Wartość tej siły w odniesieniu do infinitezymalnego odcinka o długości d x , przedstawionego w części (c) , wynosi d F = I ⁢ B ⁢ d x \\d F = IB \\d x . Wartość momentu siły magnetycznej działającego na ów odcinek opisuje zatem wyrażenie d M B = x ⁢ d F = I ⁢ B ⁢ x ⁢ d x ⁢ . \\d M_B = x \\d F = IBx \\d x \\text{.} Całkowity moment siły magnetycznej działający na pręt wynosi więc M B = ∫ 0 r d M B = I ⁢ B ⁢ ∫ 0 r x ⁢ d x = 1 2 ⁢ I ⁢ B ⁢ r 2 ⁢ . M_B = \\int_0^r \\d M_B = IB \\int_0^r x \\d x = \\frac{1}{2} IBr^2 \\text{.} Moment siły obracający pręt jest równy co do wartości i przeciwnie skierowany do momentu siły M B M_B , a praca wykonana przy obrocie pręta o kąt d θ wynosi M ⁢ d θ . Zatem pracę wykonaną nad prętem w jednostce czasu opisuje wzór d W d t = M ⁢ d θ d t = 1 2 ⁢ I ⁢ B ⁢ r 2 ⋅ d θ d t = 1 2 ⋅ B ⁢ r 2 ⁢ ω 2 ⁢ R ⁢ B ⁢ r 2 ⋅ ω = B 2 ⁢ r 4 ⁢ ω 2 4 ⁢ R ⁢ . \\frac{\\d W}{\\d t} = M \\frac{\\d \\theta}{\\d t} = \\frac{1}{2} IBr^2 \\cdot \\frac{\\d \\theta}{\\d t} = \\frac{1}{2} \\cdot B\\frac{r^2\\omega}{2R} Br^2 \\cdot \\omega = \\frac{B^2r^4\\omega^2}{4R} \\text{.} Moc rozproszona w rezystorze wynosi z kolei P = I 2 ⁢ R , a więc P = B ⁢ r 2 ⁢ ω 2 ⁢ R 2 ⁢ R = B 2 ⁢ r 4 ⁢ ω 2 4 ⁢ R ⁢ . Widzimy zatem, że P = d W d t ⁢ . P = \\frac{\\d W}{\\d t} \\text{.} Moc rozproszona w rezystorze jest więc równa pracy, jaką w jednostce czasu należy wykonać, aby obrócić pręt. Znaczenie Alternatywnym sposobem obliczenia wartości indukowanej SEM przy wykorzystaniu prawa Faradaya jest zastąpienie całkowania po czasie całkowaniem po zmiennej przestrzennej, przy czym wynik obliczeń nie ulega zmianie. W tym celu zauważmy, że bezwzględna wartość indukowanej ruchem SEM wynosi ε = ∫ B ⁢ v ⁢ d l ⁢ . W powyższej całce prędkość v można zastąpić iloczynem prędkości kątowej i promienia wodzącego. Zastępując elementarną długość pręta przez d r , otrzymujemy ε = B ⁢ ∫ 0 l v ⁢ d r = B ⁢ ω ⁢ ∫ 0 l r ⁢ d r = 1 2 ⁢ B ⁢ ω ⁢ l 2 ⁢ , \\abs{\\epsilon} = B \\int_0^l v \\d r = B\\omega \\int_0^l r \\d r = \\frac{1}{2} B \\omega l^2 \\text{,} a więc wynik jest zgodny z uzyskanym uprzednio. Prostokątna cewka obracająca się w polu magnetycznym Prostokątną cewkę o powierzchni S , składającą się z N zwojów, umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B → = B ⁢ j ̂ , co przedstawia . Cewka obraca się ze stałą prędkością kątową ω wokół osi z , przechodzącej przez jej środek. Wyprowadźmy wyrażenie opisujące SEM indukowaną w tej cewce. Prostokątna cewka obracająca się w jednorodnym polu magnetycznym. Strategia rozwiązania Zgodnie z rysunkiem kąt pomiędzy normalną do powierzchni cewki (wektor n ̂ ) a wektorem indukcji pola magnetycznego B → wynosi θ . Ponieważ wektor B → rzutuje się na wektor jednostkowy powierzchni n ̂ , iloczyn skalarny B → ⋅ n ̂ można zastąpić składową wektora indukcji, zależną od cosinusa kąta θ . Wartości indukcji magnetycznej i pole powierzchni pętli są stałe w czasie, co upraszcza i przyspiesza całkowanie. Indukowaną SEM oblicza się na podstawie prawa Faradaya. Rozwiązanie Gdy cewka ustawiona jest tak, że kąt pomiędzy wektorem normalnym n ̂ a wektorem indukcji magnetycznej B → wynosi θ , strumień magnetyczny przez pojedynczy zwój tej cewki wynosi Φ B = ∬ S B → ⋅ n ̂ ⁢ d S = B ⁢ S ⁢ cos θ ⁢ . \\Phi_B = \\iint_S \\vec{B} \\cdot \\hat{n} \\d S = BS \\cos \\theta \\text{.} Na podstawie prawa Faradaya SEM indukowana w cewce równa jest ε = − N ⁢ d Φ B d t = N ⁢ B ⁢ S ⁢ sin θ ⋅ d θ d t ⁢ . \\epsilon = - N \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} = NBS \\sin \\theta \\cdot \\frac{\\d \\theta}{\\d t} \\text{.} Stałą w czasie prędkość kątową określa zależność ω = d θ ∕ d t . Kąt θ zmienia się w czasie zgodnie z funkcją ω ⁢ t . Zmianę kąta można zatem zastąpić wyrażeniem ω ⁢ d t . W rezultacie indukowana SEM zmienia się sinusoidalnie w czasie zgodnie z zależnością ε = ε 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , w której ε 0 = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω . Znaczenie Jeżeli wartości indukcji magnetycznej bądź pole powierzchni pętli byłyby również zależne od czasu, symboli ich nie można byłoby wynieść przed symbol różniczkowania. Rezultat obliczeń byłby wówczas bardziej skomplikowany niż przedstawione powyżej rozwiązanie. Warto wspomnieć, że podany przykład ilustruje zasadę działania generatora elektrycznego. Wyczerpujące omówienie problemu zawiera rozdział Zastosowania praw Newtona . Sprawdź, czy rozumiesz. Poniższy rysunek przedstawia pręt o długości l , obracający się w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara wokół osi przechodzącej przez punkt O . Obrót pręta wywołany jest momentem siły m ⁢ g → . Założywszy, że pręt znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B → oraz że jego prędkość kątowa wynosi ω , oblicz SEM indukowaną pomiędzy jego końcami. Który z końców pręta ma wyższy potencjał? ε = B ⁢ l 2 ⁢ ω ∕ 2 . Potencjał punktu O jest wyższy niż potencjał punktu S . Sprawdź, czy rozumiesz. Pręt o długości 10 ⁢ cm porusza się z szybkością 10 ⁢ m ∕ s , prostopadle do pola magnetycznego o indukcji 1,5 ⁢ T . Oblicz różnicę potencjałów pomiędzy końcami tego pręta. 1,5 ⁢ V . Podsumowanie Siła elektromotoryczna ε , indukowana w przewodzie poruszającym się ze stałą prędkością v w polu magnetycznym, którego indukcja ma wartość B , określona jest formułą ε = B ⁢ l ⁢ v . Generowana ruchem siła elektromotoryczna, przeciwstawiająca się zmianie strumienia magnetycznego, jest źródłem indukowanej SEM, którą opisuje prawo Faradaya. Pytania Magnes sztabkowy spada swobodnie pod wpływem siły ciężkości – wzdłuż osi długiej rury wykonanej z miedzi. Pomijając opór powietrza, rozstrzygnij, czy istnieje jakakolwiek siła, która przeciwdziałałaby spadkowi magnesu. Jeżeli tak – czy magnes osiągnie prędkość graniczną, przy której siła grawitacji zrównoważy tę siłę? Wokół geograficznego bieguna północnego (lub południowego bieguna magnetycznego) linie ziemskiego pola magnetycznego są niemal pionowe. Założywszy, że samolot w tym regionie leci na północ, rozstrzygnij, która część jego skrzydła naładuje się dodatnio, a które ujemnie. Ładunki dodatnie zgromadzą się na zachodniej części skrzydła (po lewej stronie pilota), podczas gdy ładunki ujemne zostaną wypchnięte do wschodniej części skrzydła (po prawej stronie pilota). W rezultacie końce lewej części skrzydła naładują się dodatnio, a prawej części – ujemnie. Pętla wykonana z drutu przesuwa się (nie wykonując ruchu obrotowego) w jednorodnym polu magnetycznym. Czy w pętli zaindukuje się siła elektromotoryczna? Zadania Samochód wyposażony w antenę o długości 1 ⁢ m jedzie z prędkością równą 100 ⁢ km ∕ h w rejonie, w którym pozioma składowa indukcji ziemskiego pola magnetycznego ma wartość 5,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Jaka jest maksymalna możliwa wartość SEM indukowanej w antenie wskutek ruchu samochodu? 0,0015 ⁢ V . Przedstawiona na poniższym rysunku prostokątna pętla składająca się z N zwojów porusza się w prawo ze stałą szybkością v → , opuszczając bieguny wielkiego elektromagnesu. Założywszy, że pole magnetyczne między nabiegunnikami tego elektromagnesu jest jednorodne i pomijalne poza nimi, wyznacz SEM zaindukowaną w pętli; Co wykonuje pracę, której skutkiem jest ta SEM? Załóżmy, że pole magnetyczne z poprzedniego zadania oscyluje w czasie zgodnie z zależnością B = B 0 ⁢ sin ω ⁢ t . Jaka będzie SEM indukowana w pętli, jeżeli jej przedni bok znajduje się w odległości d od prawej granicy obszaru pola magnetycznego? ε = − B 0 ⁢ l ⁢ d ⁢ ω ⁢ cos ω ⁢ t . Powierzchnia cewki o 1000 zwojów wynosi 25 ⁢ cm 2 . Cewka ta w czasie równym 0,01 ⁢ s zostaje obrócona z położenia, w którym jej płaszczyzna była prostopadła do ziemskiego pola magnetycznego, do położenia, w którym płaszczyzna ta jest równoległa do pola Ziemi. Przyjmując, że wartość ziemskiej indukcji magnetycznej wynosi 6 ⋅ 10 − 5 ⁢ T , oblicz średnią wartość SEM zaindukowanej w tej cewce. W obwodzie elektrycznym przedstawionym na poniższym rysunku pręt ślizga się ze stałą prędkością v → wzdłuż przewodzących szyn. Wektor prędkości znajduje się w płaszczyźnie szyn, a jego kierunek tworzy z szynami kąt θ . Jednorodne pole magnetyczne o indukcji B → zwrócone jest od płaszczyzny rysunku. Określ SEM zaindukowaną w tym pręcie. ε = B ⁢ l ⁢ v ⁢ cos θ . Pokazany na poniższym rysunku pręt porusza się w jednorodnym polu magnetycznym o wartości indukcji B = 0,5 ⁢ T ze stałą prędkością o wartości v = 8 ⁢ m ∕ s . Oblicz różnicę potencjałów między końcami tego pręta. Który z końców pręta ma wyższy potencjał? Pręt o długości 25 ⁢ cm porusza się z prędkością 5 ⁢ m ∕ s w płaszczyźnie prostopadłej do pola magnetycznego o indukcji 0,25 ⁢ T . Pręt, wektor prędkości oraz wektor indukcji magnetycznej są do siebie wzajemnie prostopadłe, co przedstawiono na poniższym rysunku. Oblicz wartość siły magnetycznej oddziałującej na elektron w pręcie; natężenie pola elektrycznego w pręcie; różnicę potencjałów między końcami pręta; wartość prędkości pręta, jeżeli wymieniona różnica potencjałów wynosi 1 ⁢ V . a. 2 ⋅ 10 -19 ⁢ N \\SI{2e-19}{\\newton} ; b. 1,25 ⁢ V ∕ m ; c. 0,3125 ⁢ V ; d. 16 ⁢ m ∕ s . Rezystancja przypadająca na jednostkę długości przedstawionych na załączonym rysunku: szyn, zwory łączącej ich końce oraz ruchomego pręta wynosi 2 ⁢ Ω ∕ cm . Pręt porusza się w lewo z szybkością v = 3 ⁢ m ∕ s . Przyjmując, że obwód ten znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B = 0,75 ⁢ T , oblicz natężenie prądu w obwodzie, gdy a = 8 ⁢ cm ; a = 5 ⁢ cm . Określ także kierunek przepływu tego prądu. Przedstawiony poniżej pręt porusza się w prawo z szybkością v = 3 ⁢ m ∕ s po szynach o zerowym oporze elektrycznym. Zakładając, że obwód ten znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B = 0,75 ⁢ T , oblicz natężenie prądu płynącego przez pięcioomowy rezystor. Rozstrzygnij, czy prąd ten płynie w kierunku zgodnym z kierunkiem, czy przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. 0,018 ⁢ A , kierunek zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Poniższy rysunek przedstawia przewodzący pręt ślizgający się po metalowych szynach. Urządzenie umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,25 ⁢ T zwróconym do płaszczyzny tego rysunku. Przyłożona do pręta siła F → powoduje, że porusza się on w prawo ze stałą prędkością równą 5 ⁢ m ∕ s . Założywszy, że jedyną rezystancję w tym obwodzie stanowi dwuomowy rezystor widoczny na rysunku, oblicz SEM zaindukowaną w obwodzie; natężenie indukowanego prądu, określając, czy płynie on zgodnie z kierunkiem ruchu, czy przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara; wartość siły F → ; moc siły F → oraz moc rozproszoną w rezystorze. indukowana ruchem siła elektromotoryczna (ang. motionally induced EMF ) napięcie wytwarzane na skutek ruchu przewodnika w polu magnetycznym", "section": "Siła elektromotoryczna wywołana ruchem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Indukowane pola elektryczne Fakt indukowania się sił elektromotorycznych w obwodach elektrycznych oznacza, że nad swobodnymi elektronami w przewodach została wykonana praca. Co może wykonać tę pracę? Wiemy już, że nie jest to ani bateria elektryczna, ani pole magnetyczne. Obecność baterii w obwodzie nie jest bowiem konieczna, aby zaindukować w nim prąd elektryczny. Pola magnetyczne z kolei nigdy nie wykonują pracy nad poruszającymi się ładunkami elektrycznymi. Odpowiedź na powyższe pytanie brzmi: pracę nad elektronami wykonuje pole elektryczne E → indukowane w przewodach. To praca wykonana przez pole E → w celu pełnego obiegu jednostkowego ładunku elektrycznego w zamkniętym obwodzie równa jest indukowanej SEM ε = ∮ E → ⋅ d l → ⁢ , przy czym całkowanie przebiega po konturze wokół obwodu elektrycznego. Stosując pojęcie indukowanego pola elektrycznego (ang. induced electric field ), prawo Faradaya możemy zapisać w postaci ∮ E → ⋅ d l → = − d Φ B d t ⁢ . \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = - \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} \\text{.} Pomiędzy polem elektrycznym indukowanym zmiennym strumieniem magnetycznym a polem elektrostatycznym wytwarzanym przez stacjonarny rozkład ładunku występuje jednak istotna różnica. Indukowane pole elektryczne nie jest bowiem zachowawcze, ponieważ wypadkowa praca tego pola nad przemieszczeniem ładunku po zamkniętym konturze jest niezerowa. Pole elektrostatyczne jest z kolei zachowawcze, gdyż jego praca po zamkniętym konturze jest równa zero. Zatem potencjał elektryczny można określić jedynie dla pól elektrostatycznych; nie można go zdefiniować dla elektrycznych pól indukowanych. Różnicę pomiędzy wymienionymi dwoma typami pól elektrycznych ilustrują poniższe równania ∮ E → ⋅ d l → ≠ 0 ⁢ V ⁢ , pole indukowane, ∮ E → ⋅ d l → = 0 ⁢ V ⁢ , pole elektrostatyczne. \\begin{matrix} \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} \\neq \\SI{0}{\\volt}\\text{,} &\\text{ pole indukowane,} \\\\ \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = \\SI{0}{\\volt}\\text{,} &\\text{ pole elektrostatyczne.} \\end{matrix} Wyniki naszych rozważań możemy podsumować, łącząc przedstawione wyżej równania ε = ∮ E → ⋅ d l → = − d Φ B d t ⁢ . \\epsilon = \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = - \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} \\text{.} Pole elektryczne indukowane w kołowej cewce Wyznaczmy wartości natężenia pola elektrycznego indukowanego w cewce z i w trzech podanych w nich chwilach czasu. Strategia rozwiązania Z uwagi na walcową symetrię problemu całka z natężenia pola elektrycznego upraszcza się do iloczynu wartości tego natężenia i długości obwodu koła. Ponieważ znamy już indukowaną SEM, natężenie indukowanego pola elektrycznego wyznaczymy, wiążąc wyrażenie na SEM ze wspomnianą całką poprzez prawo Faradaya. Rozwiązanie Wartość natężenia pola elektrycznego indukowanego w cewce jest stała na danej powierzchni cylindrycznej. Postawione zadanie możemy zatem rozwiązać analogicznie do problemu prawa Ampère’a dla przypadku cylindrycznych przewodników. Ponieważ wektor E → jest styczny do cewki, to ∮ E → ⋅ d l → = ∮ E ⁢ d l = 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ E ⁢ . Z powyższego wyrażenia, po uwzględnieniu , otrzymujemy E = ε 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . Kierunek siły elektromotorycznej ε jest przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara; także w tym kierunku krąży wokół cewki wektor natężenia pola E → . Wartości natężenia pola E są następujące E ⁡ t 1 = 6 ⁢ V 2 ⁢ π ⋅ 0,5 ⁢ m = 1,9 ⁢ V ∕ m ⁢ , E \\apply (t_1) = \\frac{\\SI{6}{\\volt}}{2\\pi \\cdot \\SI{0,5}{\\metre}} = \\SI{1,9}{\\volt\\per\\metre} \\text{,} E ⁡ t 2 = 4,7 ⁢ V 2 ⁢ π ⋅ 0,5 ⁢ m = 1,5 ⁢ V ∕ m ⁢ , E \\apply (t_2) = \\frac{\\SI{4,7}{\\volt}}{2\\pi \\cdot \\SI{0,5}{\\metre}} = \\SI{1,5}{\\volt\\per\\metre} \\text{,} E ⁡ t 3 = 0,04 ⁢ V 2 ⁢ π ⋅ 0,5 ⁢ m = 0,013 ⁢ V ∕ m ⁢ . E \\apply (t_3) = \\frac{\\SI{0,04}{\\volt}}{2\\pi \\cdot \\SI{0,5}{\\metre}} = \\SI{0,013}{\\volt\\per\\metre} \\text{.} Znaczenie Zmiana strumienia magnetycznego przenikającego obwód elektryczny indukuje w nim niezachowawcze pole elektryczne. Pole elektryczne wywołuje w tymże obwodzie przepływ prądu elektrycznego. Powstaje jednak pytanie, czy niezachowawcze pole elektryczne zostanie zaindukowane, gdy d B ∕ d t = 0 ⁢ T ∕ s i gdy obwód elektryczny, na który oddziałuje to pole, nie zostanie zamknięty. W wymienionym przypadku zagadnienie należy rozpatrywać tak, jakby obwód był zamknięty. Pola niezachowawcze indukują się bowiem zawsze, jeśli tylko d Φ B ∕ d t ≠ 0 ⁢ Wb ∕ s \\d \\Phi_B / \\d t \\neq \\SI{0}{\\weber\\per\\second} , niezależnie od tego, czy obwód elektryczny jest zamknięty, czy otwarty. Elektryczne pola niezachowawcze zawsze spełniają . Na przykład po usunięciu kołowej cewki przedstawionej na pole elektryczne występujące w punkcie swobodnej przestrzeni odległym o r = 0,5 ⁢ m pozostanie zwrócone przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara, a wartość jego natężenia nadal będzie wynosiła 1,9 ⁢ V ∕ m przy t = 0 ⁢ s , 1,5 ⁢ V ∕ m przy t = 5 ⋅ 10 − 2 ⁢ s itd. Występowanie indukowanych pól elektrycznych nie jest więc ograniczone do przypadków przewodów w obwodach elektrycznych. Pole elektryczne indukowane zmianą pola magnetycznego solenoidu Część (a) przedstawia długi solenoid o promieniu R , zawierający n zwojów na jednostkę długości. Natężenie prądu w tym solenoidzie maleje w czasie, zgodnie z funkcją I = I 0 ⁢ e − α ⁢ t . Wyznaczmy wartość natężenia indukowanego pola elektrycznego w punkcie odległym o r od centralnej osi solenoidu, jeżeli r > R ; r < R (por. część (b) ). Określmy kierunek pola indukowanego w obu przypadkach. Załóżmy, że w obszarze, w którym rozpatrujemy pole, słuszne jest przybliżenie nieskończenie długiego solenoidu. (a) Natężenie prądu w długim solenoidzie maleje wykładniczo z czasem. (b) Przekrój poprzeczny solenoidu widziany od jego lewej strony. Przekrój wykonano w pobliżu środka solenoidu. Zauważmy, że pole elektryczne indukuje się wewnątrz i na zewnątrz solenoidu. Strategia rozwiązania Korzystając z formuły opisującej indukcję pola magnetycznego we wnętrzu nieskończonego solenoidu oraz z prawa Faradaya, obliczymy wartość indukowanej SEM. Z uwagi na cylindryczną symetrię problemu całka z natężenia pola elektrycznego upraszcza się do iloczynu wartości tego natężenia i długości obwodu konturu całkowania. Następnie, korzystając z otrzymanych wyników, wyznaczymy poszukiwane natężenie pola. Rozwiązanie Obszar występowania pola magnetycznego jest ograniczony do wnętrza solenoidu, przy czym wartość indukcji tego pola wynosi B = μ 0 ⁢ n ⁢ I = μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ e − α ⁢ t ⁢ . Zatem strumień magnetyczny przenikający przez kołowy kontur całkowania, którego promień r jest większy od promienia solenoidu R , wynosi Φ B = B ⁢ S = μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ e − α ⁢ t ⁢ . Wektor natężenia indukowanego pola elektrycznego E → jest styczny do konturu całkowania. Z uwagi na cylindryczną symetrię układu wartość natężenia pola jest stała wzdłuż tego konturu. Otrzymujemy zatem ∮ E → ⋅ d l → = − d Φ B d t ⁢ , E ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = − d d t μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ e − α ⁢ t = α ⁢ μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ π ⁢ R 2 ⁢ e − α ⁢ t ⁢ , E = α ⁢ μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ R 2 2 ⁢ r ⁢ e − α ⁢ t ⁢ , dla ⁢ r > R ⁢ . \\begin{align} \\abs{\\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l}} &= \\abs{- \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t}} \\text{,} \\\\ E \\cdot 2\\pi r &= \\abs{- \\dd{t} (\\mu_0 n I_0 \\pi R^2 e^{-\\alpha t})} = \\alpha \\mu_0 n I_0 \\pi R^2 e^{-\\alpha t} \\text{,} \\\\ E &= \\frac{\\alpha \\mu_0 n I_0 R^2}{2r}e^{-\\alpha t} \\text{, dla } r>R \\text{.} \\end{align} W przypadku konturu całkowania o promieniu r mniejszym od promienia solenoidu strumień pola magnetycznego Φ B = B ⁢ π ⁢ r 2 . Zatem E ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = − d d t μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ e − α ⁢ t = α ⁢ μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ e − α ⁢ t ⁢ , E \\cdot 2\\pi r = \\abs{- \\dd{t} (\\mu_0 n I_0 \\pi r^2 e^{-\\alpha t})} = \\alpha \\mu_0 n I_0 \\pi r^2 e^{-\\alpha t} \\text{,} a wartość natężenia indukowanego pola w odnośnym punkcie wynosi E = α ⁢ μ 0 ⁢ n ⁢ I 0 ⁢ r 2 ⁢ e − α ⁢ t ⁢ , dla ⁢ r < R ⁢ . E = \\frac{\\alpha \\mu_0 n I_0 r}{2} e^{-\\alpha t} \\text{, dla } r<R \\text{.} Pole magnetyczne zwrócone jest do płaszczyzny rysunku, jak pokazano w jego części (b). Jeżeli którykolwiek z kołowych konturów całkowania pokrywałby się z przewodzącymi pierścieniami, kierunki indukowanych w nich prądów, zgodnie z regułą Lenza, byłyby tożsame ze wskazanymi na rysunku. Kierunek indukowanego pola elektrycznego byłby identyczny. Znaczenie W części (b) zadania zauważmy, że moduł wektora natężenia pola E E wewnątrz solenoidu rośnie wraz z odległością r od jego osi i maleje jak 1 ∕ r na zewnątrz tegoż solenoidu, jak pokazano na . Wartość natężenia pola elektrycznego w funkcji odległości r od osi solenoidu. Jeżeli r < R , to natężenie pola elektrycznego rośnie liniowo; gdy r > R , to natężenie pola maleje proporcjonalnie do wartości 1 ∕ r . Sprawdź, czy rozumiesz. Przyjmij, że cewka występująca w nie jest kołowa, lecz ma kształt kwadratu. Rozstrzygnij, czy równanie można wykorzystać do obliczenia indukowanej SEM; wartości natężenia indukowanego pola elektrycznego. a. Tak; b. Tak, jednak ze względu na brak symetrii pomiędzy polem elektrycznym a kształtem cewki funkcja występująca pod całką ∮ E → ⋅ d l → będzie bardziej skomplikowana i nie będzie mogła być uproszczona w sposób podany w odnośnym przykładzie. Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz wartość natężenia pola elektrycznego z w chwili t = 0 ⁢ s , jeżeli r = 6 ⁢ cm , R = 2 ⁢ cm , n = 2000 zwojów na metr, I 0 = 2 ⁢ A oraz α = 200 ⁢ s − 1 . 3,4 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ∕ m . Sprawdź, czy rozumiesz. Przedstawione na poniższym rysunku zmienne w czasie pole magnetyczne jest ograniczone do widocznego na nim cylindrycznego obszaru. Wskaż kontury całkowania, wzdłuż których ε = ∮ E → ⋅ d l → ≠ 0 ⁢ V . P 1 , P 2 , P 4 . Sprawdź, czy rozumiesz. Długi solenoid o polu przekroju poprzecznego równym 5 ⁢ cm 2 został nawinięty z gęstością wynoszącą 25 zwojów na centymetr jego długości. Solenoid ten umieszczono w środku nawiniętej ściśle cewki o promieniu 25 ⁢ cm , utworzonej z 10 ciasno nawiniętych zwojów przewodu – jak przedstawiono na poniższym rysunku. Oblicz SEM indukowaną w cewce, jeżeli natężenie prądu w solenoidzie maleje z szybkością d I ∕ d t = − 0,2 ⁢ A ∕ s ; Oblicz wartość natężenia pola elektrycznego indukowanego w cewce. a. 3,1 ⋅ 10 − 6 ⁢ V ; b. 2 ⋅ 10 − 7 ⁢ V ∕ m . Podsumowanie Zmieniający się strumień magnetyczny indukuje pole elektryczne. Zmieniający się strumień magnetyczny oraz indukowane pole elektryczne wiąże, opisana prawem Faradaya, indukowana siła elektromotoryczna. Pytania Czy praca, którą należy wykonać, aby znajdującemu się w polu magnetycznym spoczywającemu prętowi nadać prędkość v , jest większa niż odpowiadająca tej prędkości energia kinetyczna pręta? Dlaczego? Wartość pracy przewyższa wartość energii kinetycznej pręta o wartość pracy wykonanej w celu przeciwdziałania indukowanej SEM. Przedstawiony na poniższym rysunku miedziany arkusz umieszczono częściowo w polu magnetycznym. Przemieszczanie arkusza w prawo powoduje powstanie siły przeciwdziałającej temu ruchowi i ciągnącej ten arkusz w lewo. Wyjaśnij, jaki efekt wywoła przemieszczanie arkusza w lewo. Zadania Cewkę składającą się z 50 zwojów o średnicy 15 ⁢ cm umieszczono w przestrzennie jednorodnym polu magnetycznym o wartości indukcji 0,5 ⁢ T w taki sposób, że jej płaszczyzna jest prostopadła do linii tego pola. Oblicz wartość natężenia pola elektrycznego indukowanego w cewce, przyjmując, że indukcja pola magnetycznego maleje do zera w czasie równym 0,1 ⁢ s . Założ, że pole magnetyczne ma symetrię cylindryczną względem podłużnej osi cewki. 4,67 ⁢ V ∕ m . Pole magnetyczne przenikające prostopadle kołową pętlę o promieniu 10 ⁢ cm zmienia się w czasie w sposób przedstawiony na załączonym rysunku. Zakładając walcową symetrię indukowanego pola elektrycznego względem centralnej osi cewki, narysuj wykres jego natężenia w funkcji czasu. Natężenie prądu I w długim solenoidzie o promieniu R , którego liczba zwojów na metr długości wynosi n , zmienia się w czasie zgodnie z pochodną d I ∕ d t . Wyznacz wartość natężenia indukowanego pola elektrycznego w funkcji odległości r od podłużnej osi tego solenoidu. Wewnątrz solenoidu: B = μ 0 ⁢ n ⁢ I oraz ∮ E → ⋅ d l → = π ⁢ r 2 ⁢ μ 0 ⁢ n ⋅ d I ∕ d t \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = \\pi r^2 \\mu_0 n \\cdot \\d I / \\d t , więc E = μ 0 ⁢ n ⁢ r ∕ 2 ⋅ d I ∕ d t E = \\mu_0 nr/2 \\cdot \\d I / \\d t . Na zewnątrz solenoidu: E ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = π ⁢ R 2 ⁢ μ 0 ⁢ n ⋅ d I ∕ d t E \\cdot 2\\pi r = \\pi R^2 \\mu_0 n \\cdot \\d I / \\d t , więc E = μ 0 ⁢ n ⁢ R 2 ∕ 2 ⁢ r ⋅ d I ∕ d t . Oblicz wartość natężenia indukowanego pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz solenoidu z poprzedniego zadania, jeżeli I = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t . W przedstawionym na poniższym rysunku kołowym obszarze o promieniu R panuje przestrzennie jednorodne pole magnetyczne o indukcji B → . W chwili t = 0 ⁢ s wartość indukcji tego pola B = 1 ⁢ T , przy czym w czasie 30 ⁢ s maleje ona do zera ze stałą szybkością. Oblicz wartość natężenia pola elektrycznego w obszarach, w których r ≤ R oraz r > R r > R w odnośnym 30-sekundowym przedziale czasu; Zakładając, że R = 10 ⁢ cm , oblicz pracę wykonaną przez pole elektryczne do jednokrotnego przemieszczenia protonu po obwodzie okręgu o promieniu 5 ⁢ cm , zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; Jaką pracę musi wykonać pole elektryczne, aby jednokrotnie przemieścić proton po obwodzie okręgu o dowolnym promieniu r > R r > R w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara? Przyjmijmy, że w chwili, w której B = 0,5 ⁢ T , proton poruszający się z prędkością v = 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s wpada w punkcie A w obszar pola magnetycznego przedstawionego na poniższym rysunku. Oblicz wartości sił: elektrycznej i magnetycznej, działających na proton w tej chwili. a. E wew = r ∕ 2 ⋅ d B ∕ d t E_{\\text{wew}} = r/2 \\cdot \\d B / \\d t , E zew = R 2 ∕ 2 ⁢ r ⋅ d B ∕ d t E_{\\text{zew}} = R^2/(2r) \\cdot \\d B / \\d t ; b. W = 4,19 ⋅ 10 − 23 ⁢ J ; c. W = − π ⁢ R 2 ⁢ e ⋅ d B ∕ d t = 1,05 ⋅ 10 -21 ⁢ J W = -\\pi R^2 e \\cdot \\d B / \\d t = \\SI{1,05e-21}{\\joule} ; d. F m = 4 ⋅ 10 -13 ⁢ N F_{\\text{m}} = \\SI{4e-13}{\\newton} , F e = 2,7 ⋅ 10 -22 ⁢ N F_{\\text{e}} = \\SI{2,7e-22}{\\newton} . Wartość indukcji pola magnetycznego w dowolnym punkcie wewnątrz cylindrycznego obszaru przedstawionego na poniższym rysunku maleje od 1 ⁢ T do zera w czasie 20 ⁢ s . Wyznacz kierunek i wartość wektora natężenia pola elektrycznego w funkcji r , tj. odległości od geometrycznego środka tego obszaru. Natężenie prądu w długim solenoidzie o promieniu 3 ⁢ cm zmienia się w czasie z szybkością 2 ⁢ A ∕ s 2 \\si{\\ampere\\per\\second} . Solenoid ten otoczony jest kołową pętlą przewodu o promieniu 5 ⁢ cm i rezystancji 2 ⁢ Ω . Oblicz natężenie prądu indukowanego w tej pętli. 7,1 ⁢ µA . Natężenie prądu w długim solenoidzie o średnicy 3 ⁢ cm nawiniętym z gęstością 20 zwojów na centymetr długości zmienia się w czasie z szybkością 2 ⁢ A ∕ s 2 \\si{\\ampere\\per\\second} . Oblicz natężenie pola elektrycznego w odległości 4 ⁢ cm od środka tego solenoidu. indukowane pole elektryczne (ang. induced electric field ) pole wytworzone przez zmieniający się w czasie strumień magnetyczny", "section": "Indukowane pola elektryczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Prądy wirowe Z informacji zamieszczonych w podrozdziale Siła elektromotoryczna wywołana ruchem wiadomo, że wywołana ruchem siła elektromotoryczna indukuje się, gdy przewodnik przemieszcza się w polu magnetycznym albo gdy pole magnetyczne porusza się względem przewodnika. Prąd wywołany w przewodniku przez wspomnianą SEM nazywamy prądem wirowym (ang. eddy current ). Tłumienie magnetyczne Prądy wirowe mogą być źródłem znacznego oporu przeciw wywołującemu je ruchowi. Zjawisko to nazywane jest tłumieniem magnetycznym (ang. magnetic damping ). Rozpatrzmy teraz przedstawiony na ciężarek wahający się między biegunami silnego magnesu (jest to kolejna z bardzo popularnych demonstracji fizycznych). W części (a) widzimy, że jeżeli ciężarek wykonany jest z metalu, to gdy wnika on w obszar pola i opuszcza je, podlega działaniu znacznej siły oporu, szybko tłumiącej jego ruch. Jeżeli jednak ciężarek ma postać metalowej płytki zaopatrzonej w szczeliny, jak w części (b) , to efekt tłumienia wywołany polem magnesu będzie znacznie słabszy. Efektu tłumienia ruchu ciężarka wykonanego z izolatora nie dostrzeżemy ( (c)). Dlaczego siła oporu działa przy ruchu ciężarka w obu kierunkach? Czy efekt tłumienia magnetycznego ma jakiekolwiek zastosowanie? Typowy układ do prezentacji tłumienia magnetycznego wywołanego prądami wirowymi. (a) Ruch metalowego wahadła pomiędzy biegunami magnesu jest silnie tłumiony wskutek działania prądów wirowych. (b) Efekt tłumienia ruchu jest słaby, gdy metalowe wahadło zaopatrzone jest w szczeliny, co oznacza, że działanie prądów wirowych jest ograniczone. (c) Efekt magnetycznego tłumienia ruchu nieprzewodzącego wahadła nie występuje, ponieważ prądy wirowe są niezmiernie słabe. obrazuje powstawanie prądów wirowych w metalowej płytce podczas wnikania jej w obszar pola magnetycznego i opuszczania przez nią obszaru pola. W obu przypadkach płytka podlega działaniu siły hamującej jej ruch. Podczas wnikania płytki do pola z lewej strony rysunku przecinający ją strumień magnetyczny wzrasta, wzbudzając (zgodnie z prawem Faradaya) prąd wirowy, płynący (zgodnie z regułą Lenza) w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Zauważmy, że jedynie prawa połowa pętli z prądem znajduje się w polu magnetycznym, a zatem zgodnie z pierwszym wariantem reguły prawej dłoni na pętlę tę działa zwrócona w lewo, niezrównoważona siła. Gdy płytka całkowicie wniknie w obszar jednorodnego pola i pozostanie w nim, strumień magnetyczny będzie stały w czasie i prąd wirowy nie powstanie. Podczas opuszczania obszaru pola z prawej strony rysunku strumień magnetyczny maleje, wzbudzając prąd wirowy płynący w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Ruch płytki będzie ponownie hamowany, tym razem przez siłę działającą w lewo. Analogiczna analiza ruchu płytki ze strony prawej ku lewej pozwala stwierdzić, że jest on również tłumiony podczas wnikania płytki w obszar pola i podczas opuszczania tego obszaru. Szczegółowy obraz metalowej płytki poruszającej się między biegunami magnesu. Podczas wnikania płytki w obszar pola i opuszczania tego obszaru zmieniający się strumień magnetyczny wzbudza prąd wirowy. Siła magnetyczna oddziałująca na pętlę z prądem przeciwdziała ruchowi płytki. Opór magnetyczny i prąd wirowy nie występują, gdy płytka znajduje się całkowicie w obszarze jednorodnego pola. Gdy metalowa płytka wnikająca w obszar pola zaopatrzona jest w szczeliny ( ), zmiana strumienia magnetycznego także powoduje powstanie siły elektromotorycznej. Tym razem skutki działania SEM są słabsze, ponieważ obecność szczelin ogranicza wielkość pętli z prądem. Ponadto prądy w sąsiadujących ze sobą pętlach płyną w przeciwnych kierunkach i efekty tych prądów się znoszą. Jeżeli płytka wykonana jest z materiału izolacyjnego, prądy wirowe są niezmiernie słabe – tłumienie magnetyczne ruchu izolatorów jest więc znikome. W celu uniknięcia prądów wirowych w różnego rodzaju przewodnikach powinny być one zaopatrzone w szczeliny lub składać się z cienkich warstw materiału przewodzącego przedzielonych izolującymi powłokami. Prądy wirowe indukowane w metalowej płytce ze szczelinami wnikającej w obszar pola magnetycznego tworzą małe pętle. Siły działające na pętle wzajemnie się znoszą i tłumienie magnetyczne jest bliskie zero. Zastosowania tłumienia magnetycznego Przykład wykorzystania tłumienia magnetycznego znajdziemy w konstrukcji czułych wag laboratoryjnych. Aby osiągnąć maksymalną czułość i dokładność wagi, jej elementy muszą współpracować z możliwie małym tarciem; minimum tarcia oznacza jednak bardzo długi czas wahań elementów urządzenia. Zastosowanie magnetycznego tłumienia drgań jest w takim przypadku prostym i idealnym rozwiązaniem, ponieważ występująca siła oporu jest proporcjonalna do prędkości wahań i zanika przy prędkości równej zero. Zatem oscylacje wagi są szybko tłumione, po czym siła tłumiąca zanika, pozwalając wadze osiągnąć wysoką czułość ( ). W przypadku większości konstrukcji tłumik ma postać przewodzącego dysku poruszającego się w stałym polu magnetycznym. Tłumik magnetyczny prezentowanej czułej wagi spowalnia jej wahania. Ponieważ zgodnie z prawem Faradaya szybkie zmiany strumienia magnetycznego oznaczają silne efekty indukcji elektromagnetycznej, tłumienie jest największe przy dużych wahaniach wagi i staje się zerowe, gdy ruch ten zanika. Ponieważ prądy wirowe i efekt tłumienia magnetycznego występują jedynie w przypadku przewodników, w sortowniach odpadków do oddzielania metali od innych materiałów można użyć magnesów. Jak pokazano na , śmieci zrzucane są wzdłuż rampy, pod której powierzchnią znajduje się silny magnes. Tłumienie magnetyczne spowalnia ruch materiałów przewodzących i zawarte w odpadkach niemetale poruszają się szybciej, co umożliwia ich oddzielenie. Metoda jest skuteczna w przypadku wszelkich metali, nie tylko ferromagnetyków. Ferromagnetyki można natomiast odseparować od innych materiałów, działając magnesem na odpadki pozostające w spoczynku. Siłę oporu magnetycznego można wykorzystać do oddzielenia metali od pozostałych odpadków. Siłę tę wytwarza silny magnes umieszczony pod powierzchnią rampy; wzbudza on w zsuwających się metalach prądy wirowe. Ruch odpadków niemetalicznych nie jest spowalniany. Kolejnymi ważnymi zastosowaniami prądów wirowych są wykrywacze metali (ang. metal detectors ), systemy hamulcowe pociągów (ang. braking systems ) i spotykanych w wesołych miasteczkach kolejek górskich. Przedstawiony na przenośny wykrywacz metali składa się z cewki stanowiącej uzwojenie pierwotne, w której płynie prąd zmienny, oraz cewki uzwojenia wtórnego, w której prąd jest indukowany. Prąd wirowy, wzbudzany w metalowym przedmiocie znajdującym się w pobliżu detektora, wywołuje zmianę natężenia prądu indukowanego w uzwojeniu wtórnym urządzenia. Wystąpienie tej zmiany powoduje wysłanie przez detektor charakterystycznego sygnału – na przykład przenikliwego szumu. Żołnierz w Iraku używa wykrywacza metali do poszukiwania ukrytych materiałów wybuchowych i broni. Źródło: Armia Stanów Zjednoczonych Hamulce wykorzystujące prądy wirowe są bezpieczniejsze od pozostałych systemów, ponieważ czynniki, takie jak deszcz, nie wpływają na ich działanie, a hamowanie jest bardziej płynne. Za pomocą prądów wirowych nie można jednak zatrzymać pojazdu, ponieważ wytwarzana przez nie siła hamująca maleje ze spadkiem prędkości. Prędkość pojazdu można zatem zmniejszyć, na przykład z 20 ⁢ m ∕ s do 5 ⁢ m ∕ s – ale do całkowitego wyhamowania niezbędny jest inny typ hamulca. Przykładowo, w hamulcach kolejek górskich powszechnie stosuje się silne magnesy, wykonane z pierwiastków ziem rzadkich, takie jak magnesy neodymowe. Na przedstawiono rzędy magnesów, wykorzystanych w takim systemie hamulcowym. Pojazd zaopatrzony jest w metalowe płetwy (zawierające zwykle miedź) przenikające pole magnetyczne i hamujące go w ten sam sposób, w jaki tłumiony jest ruch wahadła przedstawionego na . Poziome rzędy magnesów z pierwiastków ziem rzadkich w systemie magnetycznego hamowania kolejki górskiej. Źródło: Stefan Scheer Prądy wirowe wykorzystuje się także w kuchennych płytach indukcyjnych. Pod powierzchnią takiej płyty znajdują się elektromagnesy wytwarzające szybkozmienne pole magnetyczne. Pole magnetyczne indukuje prądy wirowe w dnie stojącego na płycie garnka, rozgrzewając go wraz z zawartością. Indukcyjne płyty kuchenne są wysoce efektywne i charakteryzują się krótkim czasem reakcji na sterowanie. Aby prądy wirowe mogły powstać, dno garnka musi być wykonane z przewodnika – takiego jak żelazo czy stal. Podsumowanie Prądami wirowymi nazywamy pętle z prądem, indukowanym w poruszających się przewodnikach. Prądy wirowe mogą wytwarzać znaczne siły oporu, używane do magnetycznego tłumienia ruchu. Prądy wirowe stosuje się w wykrywaczach metali, hamulcach pociągów i kolejek górskich w wesołych miasteczkach, a także w kuchennych płytach indukcyjnych. Pytania Przewodzący arkusz leży na płaszczyźnie prostopadłej do pola magnetycznego o indukcji B → . Źródło pola znajduje się pod płaszczyzną. Jeżeli B → oscyluje z wysoką częstotliwością, a arkusz wykonany jest z przewodnika o małej rezystywności, to pole magnetyczne w obszarze ponad arkuszem jest efektywnie ekranowane. Wyjaśnj dlaczego. Czy przewodzący arkusz osłaniałby tenże obszar przed statycznymi polami magnetycznymi? Efekt ekranowania zmiennego pola magnetycznego przez przewodzący arkusz występuje dzięki indukowanej w nim sile elektromotorycznej. Indukowana SEM wytwarza bowiem pole magnetyczne przeciwstawiające się zmianom pola magnetycznego pochodzącego ze źródła pod arkuszem. W rezultacie w obszarze ponad arkuszem wypadkowe pole magnetyczne jest zerowe. Jeżeli źródło wytwarzałoby statyczne pole magnetyczne, to SEM nie indukowałaby się w arkuszu, ponieważ do jej wytworzenia niezbędny jest zmienny w czasie strumień magnetyczny. Zatem statyczne pole magnetyczne nie będzie ekranowane. Efekt hamowania magnetycznego można osiągnąć, przykładając silne pole magnetyczne do metalowego dysku przymocowanego do obracającej się osi. W jaki sposób pole magnetyczne spowalnia ruch obrotowy dysku? Czy hamulec działałby, gdyby dysk zamiast z metalu wykonany był z plastiku? Cewka przemieszcza się przez obszar pola magnetycznego w sposób przedstawiony na poniższym rysunku. Pole jest jednorodne we wnętrzu zaznaczonego kwadratu i nie występuje poza nim. Określ kierunek indukowanego prądu oraz kierunek i zwrot siły magnetycznej działającej na cewkę w każdej z jej wskazanych pozycji. a. Brak indukowanego prądu, brak siły magnetycznej; b. Prąd indukowany zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, siła magnetyczna zwrócona w lewo; c. Brak indukowanego prądu, brak siły magnetycznej; d. Prąd indukowany przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara, siła magnetyczna zwrócona w prawo; e. Brak indukowanego prądu, brak siły magnetycznej. tłumienie magnetyczne (ang. magnetic damping ) efekt wywołany siłą oporu, wytwarzaną przez prądy wirowe prąd wirowy (ang. eddy current ) pętla z prądem, wytworzona w przewodniku przez wywołaną ruchem siłę elektromotoryczną", "section": "Prądy wirowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Generatory elektryczne i siła przeciwelektromotoryczna Z pomocą prawa Faradaya możemy zrozumieć istotę wielu ważnych zjawisk oraz poznać zasadę działania wielu niezwykle przydatnych urządzeń. W niniejszym podrozdziale omówimy dwa z nich. Generatory elektryczne Generatory elektryczne (ang. electric generator ) służą do wytwarzania indukowanej siły elektromotorycznej. W tego typu urządzeniach cewkę umieszczoną w polu magnetycznym wprawia się w ruch obrotowy, co wywołuje efekt opisany pokrótce w rozdziale Siła elektromotoryczna wywołana ruchem . Opiszemy teraz bardziej szczegółowo pracę prądnicy (ang. generator ). Posłużymy się w tym celu poniższym przykładem. Wyznaczenie siły elektromotorycznej indukowanej w cewce prądnicy Przedstawiona na cewka prądnicy wykonuje jedną czwartą obrotu (od kąta 0 ° \\ang{0}\\ do 90 ° \\ang{90}\\ ) w czasie równym 5 ⁢ ms . Cewka składa się ze 120 zwojów w kształcie okręgu o promieniu 5 ⁢ cm i umieszczona jest w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji 0,8 ⁢ T . Obliczmy indukowaną SEM. Gdy cewka generatora wykonuje jedną czwartą obrotu, wartość strumienia magnetycznego Φ B zmienia się od maksymalnej do zerowej, indukując SEM. Strategia rozwiązania Indukowaną SEM obliczymy, stosując prawo Faradaya ε = − N ⁢ d Φ B d t ⁢ . \\epsilon = - N \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} \\text{.} Analogiczny problem omawialiśmy już w . Zgodnie z zamieszczonym tam rysunkiem rzut wektora normalnego powierzchni n ̂ na wektor indukcji pola magnetycznego opisany jest funkcją cos θ , występującą w definicji iloczynu skalarnego. Wartości indukcji pola magnetycznego oraz powierzchnia cewki są stałe w czasie, co istotnie ułatwia obliczenia. Na podstawie prawa Faradaya indukowana SEM wynosi ε = N ⁢ B ⁢ S ⁢ sin θ ⋅ d θ d t ⁢ . \\epsilon = NBS \\sin \\theta \\cdot \\frac{\\d \\theta}{\\d t} \\text{.} Rozwiązanie Z treści zadania wiemy, że N = 120 , B = 0,8 ⁢ T , θ = 90 ° , oraz że d θ ∕ d t = 90 ° ∕ 5 ⁢ ms = π ∕ 2 ∕ 5 ⁢ ms = π ∕ 10 ⁢ ms \\d \\theta / \\d t = \\ang{90} / \\SI{5}{\\milli\\second} = (\\pi /2) / \\SI{5}{\\milli\\second} = \\pi / \\SI{10}{\\milli\\second} . Powierzchnia cewki wynosi z kolei S = π ⁢ r 2 = 3,14 ⋅ 0,05 ⁢ m 2 = 7,85 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 ⁢ . Indukowana SEM jest zatem równa ε = 120 ⋅ 0,8 ⁢ T ⋅ 7,85 ⋅ 10 -3 ⁢ m 2 ⋅ sin 90 ° ⋅ π 10 -2 ⁢ s ≈ 237 ⁢ V ⁢ . \\epsilon = 120 \\cdot \\SI{0,8}{\\tesla} \\cdot \\SI{7,85e-3}{\\metre\\squared} \\cdot \\sin \\ang{90} \\cdot \\frac{\\pi}{10^{-2}\\si{\\second}} \\approx \\SI{237}{\\volt} \\text{.} Znaczenie Otrzymana średnia wartość SEM ma znaczenie praktyczne: jest bowiem bliska 230 ⁢ V , czyli napięciu domowej sieci elektrycznej. Obliczona w powyższym przykładzie wartość SEM jest uśredniona po jednej czwartej obrotu cewki. Obliczmy teraz SEM w dowolnej chwili czasu. Zmienia się ona wraz z kątem pomiędzy liniami pola magnetycznego a normalną do płaszczyzny cewki. Rozpatrzmy w tym celu siłę elektromotoryczną indukowaną ruchem obrotowym prostokątnej ramki o szerokości w i wysokości l , umieszczonej w jednorodnym polu magnetycznym ( ). Prądnica składająca się z pojedynczej prostokątnej ramki obracającej się ze stałą prędkością kątową w jednorodnym polu magnetycznym generuje siłę elektromotoryczną zmieniającą się sinusoidalnie w czasie. Zauważmy, że konstrukcja prądnicy jest podobna do budowy silnika elektrycznego. Pamiętajmy jednak, że wytworzenie prądu wymaga wprawienia jej osi w ruch obrotowy – odwrotnie niż w przypadku silnika, którego oś obraca się po włączeniu zasilania. Ładunki elektryczne w przewodzie ramki poruszają się w polu magnetycznym, a więc oddziałuje na nie siła magnetyczna. Zauważmy jednak, że prąd elektryczny wytwarzany jest jedynie w pionowych częściach ramki, gdyż siła działająca na ładunki jest w tych częściach równoległa do przewodu. W części górnej i dolnej siła magnetyczna działa prostopadle do przewodu i prąd nie powstaje. Aby wyznaczyć SEM, wystarczy więc rozpatrzyć jedynie boczne fragmenty ramki. Indukowana ruchem SEM określona jest wyrażeniem ε = B ⁢ l ⁢ v , o ile wektor prędkości v → jest prostopadły do wektora indukcji magnetycznej B → (patrz ). W rozpatrywanym przypadku kąt pomiędzy wektorami v → i B → wynosi θ , zatem zgodnie z rysunkiem prostopadła do B → składowa wektora prędkości równa jest v ⁢ sin θ . W rezultacie SEM indukowane w każdym z bocznych fragmentów ramki dane są wzorem ε = B ⁢ l ⁢ v ⁢ sin θ , a ich kierunki są zgodne. Sumaryczna SEM indukowana w ramce wynosi więc ε = 2 ⁢ B ⁢ l ⁢ v ⁢ sin θ ⁢ . Powyższe wyrażenie, jakkolwiek słuszne, nie przedstawia SEM w funkcji czasu. Aby obliczyć tę zależność, załóżmy, że ramka obraca się ze stałą prędkością kątową ω . Kąt θ związany jest z prędkością kątową funkcją θ = ω ⁢ t , zatem ε = 2 ⁢ B ⁢ l ⁢ v ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . Zauważmy teraz, że wartość prędkości liniowej v związana jest z prędkością kątową zależnością v = ω ⁢ r . W omawianym przypadku r = w ∕ 2 i v = w ∕ 2 ⋅ ω , stąd ε = 2 ⁢ B ⁢ l ⁢ w 2 ⁢ ω ⁢ sin ω ⁢ t = B ⁢ S ⁢ ω ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , gdzie S = l ⁢ w jest polem powierzchni pętli. W związku z tym SEM indukowana w cewce prądnicy utworzonej z N zwojów o powierzchni S i obracającej się ze stałą prędkością kątową ω w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B jest opisana wzorem ε = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , który można przepisać w postaci ε = ε 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , gdzie ε 0 = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω ⁢ . Ponieważ maksimum wartości funkcji sin ω ⁢ t wynosi jeden, symbol ε 0 oznacza maksymalną wartość (amplitudę) generowanej siły elektromotorycznej. Zauważmy, że częstotliwość oscylacji SEM wynosi f = ω ∕ 2 ⁢ π oraz że ich okres T = 1 ∕ f = 2 ⁢ π ∕ ω , co przedstawia zawierający wykres SEM w funkcji czasu. Rozumiemy już teraz, dlaczego napięcie w sieci prądu zmiennego ma przebieg sinusoidalny. Siła elektromotoryczna wytworzona w generatorze jest przesyłana do żarówki za pomocą widocznego układu pierścieni i szczotek. Zamieszczony wykres przedstawia SEM prądnicy w funkcji czasu, przy czym symbol ε 0 oznacza jej wartość maksymalną (amplitudę). Okres przebiegu T = 1 ∕ f = 2 ⁢ π ∕ ω , gdzie f jest jego częstotliwością. Zależność ε 0 = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω , opisująca amplitudę SEM, ma istotne znaczenie. Wynika z niej, że napięcie wytwarzane przez prądnicę jest tym większe, im większa jest liczba i powierzchnia zwojów jej cewki oraz im silniejsze jest pole magnetyczne. Co ciekawe, wartość SEM rośnie także ze wzrostem prędkości kątowej ω , czyli wtedy, gdy oś generatora obraca się szybciej. Można to łatwo dostrzec w przypadku prądnic rowerowych – przynajmniej ich tańszych modeli. Na przedstawiono schemat prądnicy generującej tętniący (pulsujący) prąd stały. Aby uzyskać prąd stały o mniejszych tętnieniach, można wykorzystać bardziej wyrafinowane układy wielu cewek i dzielonych pierścieni kontaktowych. Jednak w celu wytworzenia prądu pozbawionego tętnień zwykle nie stosuje się rozwiązań mechanicznych, lecz specjalne urządzenia elektroniczne. Prądnica wyposażona w dzielone pierścienie zwane komutatorami wytwarza tętniący (pulsujący) prąd stały. Wygląd rzeczywistych generatorów elektrycznych różni się zasadniczo od wyglądu prądnic na rysunkach w bieżącym podrozdziale, chociaż zasada ich działania pozostaje taka sama. Źródłem energii mechanicznej obracającej się cewki może być spadająca woda (hydroelektrownie), para wodna wytwarzana poprzez spalanie paliw kopalnych lub energia kinetyczna wiatru. przedstawia widok częściowy turbiny parowej: para wodna przepływa między łopatkami turbiny, połączonymi z wałem obracającym cewki we wnętrzu generatora. Przetwarzanie energii mechanicznej jest podstawowym sposobem produkcji energii elektrycznej przesyłanej do naszych domów za pomocą sieci energetycznej. Turbina parowa wraz z generatorem. Para wodna, wytwarzana przez spalanie węgla, uderza w łopaty turbiny i obraca jej wałem sprzężonym z wałem generatora. Wygląd prądnic przedstawionych w obecnym rozdziale jest bardzo zbliżony do wyglądu omawianych wcześniej silników elektrycznych. Nie jest to kwestią przypadku, gdyż silnik, którego oś wprawiono w ruch obrotowy, staje się generatorem prądu. Warto wspomnieć, że w niektórych wczesnych modelach samochodów rozrusznik pełnił także funkcję prądnicy. Pracę silnika w roli generatora elektrycznego opiszemy poniżej. Siła przeciwelektromotoryczna Wiemy już, że prądnice przetwarzają energię mechaniczną w elektryczną, a silniki – energię elektryczną w mechaniczną. Nie powinno więc dziwić, że konstrukcja obu urządzeń jest w istocie jednakowa. W silniku elektrycznym prąd płynie przez umieszczoną w polu magnetycznym pętlę z drutu. W rezultacie pole magnetyczne generuje moment siły działający na tę pętlę, powodując obrót osi (wału) silnika. Zatem prąd elektryczny dostarczany do silnika jest źródłem pracy mechanicznej, o czym pisaliśmy w podrozdziale Siła magnetyczna działająca na przewodnik z prądem . Warto zajrzeć do tego rozdziału przed dalszą lekturą. Obrót cewki silnika w polu magnetycznym wywołuje zmianę strumienia magnetycznego przenikającego tę cewkę. W rezultacie w jej uzwojeniu indukuje się (opisana prawem Faradaya) siła elektromotoryczna. Obracająca się cewka powoduje więc, że silnik działa jednocześnie jak prądnica – niezależnie od tego, czy obrót wywołany jest czynnikiem zewnętrznym (np. działaniem pasa napędowego na osi urządzenia), czy jest on efektem normalnej pracy tego silnika. Ponieważ, zgodnie z regułą Lenza, siła elektromotoryczna przeciwdziała wszelkim wywołującym ją zmianom, SEM generowana przez silnik przeciwdziała SEM źródła jego zasilania. Indukowaną w uzwojeniu SEM nazywamy siłą przeciwelektromotoryczną silnika (ang. back EMF ), co przedstawia . Na powyższym schemacie uzwojenie silnika prądu stałego reprezentuje rezystor R . Siłę przeciwelektromotoryczną reprezentuje SEM o zmiennej wartości, włączona przeciwnie do SEM napędzającej silnik. Siła przeciwelektromotoryczna jest zerowa, gdy silnik nie obraca się, i wzrasta proporcjonalnie do jego prędkości kątowej. Napięcie na zaciskach cewki silnika jest różnicą pomiędzy napięciem źródła jego zasilania a wartością siły przeciwelektromotorycznej. W chwili włączenia silnika siła przeciwelektromotoryczna jest zerowa – zatem jego uzwojenie otrzymuje pełne napięcie zasilania. W konsekwencji, tuż po włączeniu silnika, gdy jego wał jeszcze się nie obraca, natężenie prądu czerpanego ze źródła zasilania jest maksymalne. W miarę wzrostu prędkości obrotowej silnika rośnie jego siła przeciwelektromotoryczna. Ponieważ siła ta działa przeciwnie do SEM napędzającej silnik – obniża się napięcie na zaciskach jego uzwojenia, a także natężenie prądu pobieranego ze źródła zasilania. Powyższy efekt można dostrzec w wielu codziennych sytuacjach. Przykładowo, w chwili włączenia odkurzacza, lodówki lub pralki – żarówki zasilane z tego samego obwodu instalacji domowej na krótko przygasają. Przyczyną tego jest, opisany przez wyrażenie I ⁢ R , spadek napięcia na przewodach instalacji, wywołany dużym natężeniem prądu pobieranego przez silnik. W chwili włączenia natężenie prądu pobieranego przez silnik jest większe niż w czasie jego pracy z normalną prędkością obrotową. Po mechanicznym obciążeniu silnika jego wał obraca się wolniej, siła przeciwelektromotoryczna maleje, a wzrasta natężenie pobieranego prądu (przykładem może być praca silnika jadącego pod górę wózka inwalidzkiego). Jeśli prędkość obrotowa silnika jest zbyt niska, nadmierne natężenie prądu może przegrzać jego uzwojenie, a nawet wywołać zapłon tego uzwojenia – na skutek mocy wydzielonej na jego rezystancji ( P = I 2 ⁢ R ). W przeciwnym przypadku, gdy silnik pracuje bez mechanicznego obciążenia – jego prędkość kątowa ω systematycznie wzrasta. Wzrost ten trwa dopóty, dopóki siła przeciwelektromotoryczna będzie w przybliżeniu równa SEM napędzającej silnik. Wówczas energia dostarczana do silnika zużywana jest wyłącznie na pokonanie oporów tarcia. Prądy wirowe, wzbudzane w żelaznych rdzeniach cewek silników, są przyczyną kłopotliwych strat energii. Aby zmniejszyć te straty do minimum, rdzenie wykonuje się zwykle w postaci pakietu cienkich, wzajemnie izolowanych elektrycznie płytek żelaznych. Obecność warstw izolujących, nanoszonych techniką laminowania, jedynie nieznacznie pogarsza magnetyczne właściwości rdzenia, mocno ograniczając rezystancyjne nagrzewanie się uzwojenia silnika. Rozpatrzmy na przykład uzwojenie silnika przedstawione na schemacie z . Przyjmijmy, że rezystancja zastępcza uzwojenia zasilanego siłą elektromotoryczną o wartości 48 ⁢ V równa jest 0,4 ⁢ Ω . Tuż po włączeniu natężenie prądu pobieranego przez to uzwojenie wynosi I = U R = 48 ⁢ V 0,4 ⁢ Ω = 120 ⁢ A ⁢ , zatem wartość mocy, rozproszonej w postaci ciepła, P = I 2 ⁢ R = 5,76 ⁢ kW . Załóżmy teraz, że w normalnych warunkach pracy silnika siła przeciwelektromotoryczna jest równa 40 ⁢ V . Wówczas, przy roboczej prędkości obrotowej tego silnika, całkowite napięcie na jego uzwojeniu U = 48 ⁢ V − 40 ⁢ V = 8 ⁢ V , a natężenie prądu pobieranego I = U R = 8 ⁢ V 0,4 ⁢ Ω = 20 ⁢ A ⁢ . Zatem przy normalnym obciążeniu silnika moc rozproszona w uzwojeniu P = I ⁢ U = 160 ⁢ W . Otrzymana wartość mocy nie stanowi zagrożenia dla silnika, natomiast obliczona wcześniej wartość 5,76 ⁢ kW wydzielana w dłuższym czasie spowodowałaby spalenie się jego uzwojenia. Praca szeregowego silnika prądu stałego przedstawia schemat obwodu elektrycznego szeregowego silnika prądu stałego. Całkowita rezystancja uzwojenia wzbudzającego pole magnetyczne R w i uzwojenia twornika R t tego silnika wynosi R w + R t = 6 ⁢ Ω . Po podłączeniu do źródła siły elektromotorycznej o wartości ε z = 230 ⁢ V silnik pracujący ze stałą prędkością kątową pobiera prąd o natężeniu I = 5 ⁢ A . Obliczmy siłę przeciwelektromotoryczną ε p indukowaną w obracającej się cewce twornika. Obliczmy moc mechaniczną dostarczaną przez silnik. Wyznaczmy moc rozpraszaną (traconą) na rezystancji jego uzwojeń. Ile wynosi moc źródła siły elektromotorycznej ε z zasilającej urządzenie? Założywszy, że pod wpływem obciążenia mechanicznego prędkość obrotowa tego silnika zmalała tak, że pobiera on prąd o natężeniu I = 10 ⁢ A , powtórzmy obliczenia wyszczególnione w punktach od (a) do (d). Schemat obwodu elektrycznego szeregowego silnika prądu stałego. Strategia rozwiązania Siłę przeciwelektromotoryczną obliczymy, znajdując różnicę pomiędzy siłą elektromotoryczną źródła zasilania a spadkiem napięcia wywołanym przepływem prądu przez rezystancje uzwojeń silnika. Poszukiwaną moc uzyskamy, wykorzystując znane wzory – adekwatne do treści zadania. Rozwiązanie Prąd o natężeniu 5 ⁢ A płynie w uzwojeniach, których sumaryczna rezystancja wynosi 6 ⁢ Ω , zatem siła przeciwelektromotoryczna wynosi ε p = ε z − I ⁢ R w + R t = 230 ⁢ V − 5 ⁢ A ⋅ 6 ⁢ Ω = 200 ⁢ V ⁢ . Ponieważ natężenie prądu w uzwojeniach wynosi 5 ⁢ A , to dostarczana przez silnik moc mechaniczna wynosi P m = ε p ⁢ I = 200 ⁢ V ⋅ 5 ⁢ A = 10 3 ⁢ W ⁢ . Moc rozpraszana w uzwojeniach wynosi P r = I 2 ⁢ R w + R t = 5 ⁢ A 2 ⋅ 6 ⁢ Ω = 0,15 ⋅ 10 3 ⁢ W ⁢ . P_{\\text{r}} = I^2 (R_{\\text{w}} + R_{\\text{t}}) = (\\SI{5}{\\ampere})^2 \\cdot \\SI{6}{\\ohm} = \\SI{0,15e3}{\\watt} \\text{.} Prąd o natężeniu 5 ⁢ A czerpany jest ze źródła SEM o wartości 230 ⁢ V , więc jego moc wynosi P z = ε z ⁢ I = 230 ⁢ V ⋅ 5 ⁢ A = 1,15 ⋅ 10 3 ⁢ W ⁢ . Powtórzywszy powyższe obliczenia przy wartości prądu I = 10 ⁢ A , otrzymamy ε p = 170 ⁢ V P m = 1,7 ⋅ 10 3 ⁢ W P r = 0,6 ⋅ 10 3 ⁢ W P z = 2,3 ⋅ 10 3 ⁢ W ⁢ . \\epsilon_{\\text{p}} = \\SI{170}{\\volt}, P_{\\text{m}} = \\SI{1,7e3}{\\watt}, P_{\\text{r}} = \\SI{0,6e3}{\\watt}, P_{\\text{z}} = \\SI{2,3e3}{\\watt} \\text{.} W ostatnim przypadku silnik obraca się wolniej, zatem dostarczana przez niego moc mechaniczna oraz moc źródła siły elektromotorycznej są większe niż obliczone w punktach (a)-(d). Znaczenie Zauważmy, że otrzymane wartości mocy równoważą się: P z = P m + P r P_{\\text{z}} = P_{\\text{m}} + P_{\\text{r}} . Podsumowanie W generatorze elektrycznym (prądnicy), w cewce obracającej się w jednorodnym polu magnetycznym, indukuje się zmienna w czasie siła elektromotoryczna o wartości opisanej funkcją: ε = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω ⁢ sin ω ⁢ t , w której N jest liczbą zwojów cewki, B – wartością indukcji pola magnetycznego, S A – polem powierzchni pojedynczego zwoju. Wartość szczytowa (amplituda) SEM prądnicy wynosi ε 0 = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω . Siła elektromotoryczna indukuje się w dowolnej cewce, której strumień magnetyczny zmienia się w czasie, np. na skutek ruchu obrotowego tej cewki. W przypadku silników SEM indukowana w obracającej się cewce nosi nazwę siły przeciwelektromotorycznej, gdyż jej wartość odejmuje się od wartości SEM zasilającej urządzenie. Zadania Równanie ε = ε 0 ⁢ sin ω ⁢ t opisuje siłę elektromotoryczną indukowaną w cewce obracającej się w jednorodnym polu magnetycznym. Z ilu zwojów musi składać się cewka, aby indukowana SEM osiągnęła amplitudę ε 0 = 230 ⁢ V , jeżeli ω = 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ? Przyjmij, że powierzchnia jednego zwoju cewki wynosi 0,1 ⁢ m 2 , a wartość indukcji pola magnetycznego równa się 0,1 ⁢ T . 73 zwoje. Składająca się z 20 zwojów cewka w kształcie kwadratu o boku 15 ⁢ cm obraca się w polu magnetycznym o wartości indukcji 0,05 ⁢ T . Oblicz prędkość kątową tej cewki, jeżeli amplituda indukowanej w niej SEM wynosi 30 ⁢ mV . Składająca się z 60 zwojów cewka w kształcie prostokąta o wymiarach 0,15 ⁢ m × 0,4 ⁢ m obraca się z prędkością 3000 ⁢ obr ∕ min w jednorodnym polu magnetycznym o wartości indukcji równej 0,75 ⁢ T . Wyznacz w funkcji czasu wartość siły elektromotorycznej indukowanej w tej cewce; Wyznacz w funkcji czasu wartość mocy mechanicznej niezbędnej do utrzymania prędkości obrotowej cewki na poziomie 3000 ⁢ obr ∕ min , jeżeli cewkę obciążono rezystorem o wartości 1000 ⁢ Ω ; Powtórz obliczenia z punktu (b), zakładając, że opór rezystora wynosi 2000 ⁢ Ω . a. ω = 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s , ε = 850 ⁢ V ⋅ sin 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ⋅ t \\epsilon = \\SI{850}{\\volt} \\cdot \\sin (100\\pi \\si{\\radian\\per\\second} \\cdot t) ; b. P = 720 ⁢ W ⋅ sin 2 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ⋅ t P = \\SI{720}{\\watt} \\cdot \\sin^2 (100\\pi \\si{\\radian\\per\\second} \\cdot t) ; c. P = 360 ⁢ W ⋅ sin 2 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ⋅ t P = \\SI{360}{\\watt} \\cdot \\sin^2 (100\\pi \\si{\\radian\\per\\second} \\cdot t) . Składająca się z 200 zwojów cewka twornika prądnicy prądu zmiennego ma kształt kwadratu o boku 20 ⁢ cm . Przy prędkości obrotowej równej 3000 ⁢ obr ∕ min amplituda (wartość szczytowa) indukowanej w tej cewce siły elektromotorycznej wynosi 230 ⁢ V . Oblicz częstotliwość SEM; Oblicz wartość indukcji pola magnetycznego, w którym obraca się ta cewka. Induktor Webera jest stosunkowo prostym przyrządem służącym do pomiaru indukcji pola magnetycznego. Ma on postać okrągłej cewki z dobrze przewodzącego prąd drutu wprawianej ręcznie (np. za pomocą napędu korbowego) w ruch obrotowy wokół osi przechodzącej przez jedną z jej średnic. Konstrukcja induktora umożliwia dowolne ustawienie płaszczyzny cewki względem zewnętrznego pola magnetycznego. Induktor Webera wykorzystywany do wykrywania i demonstracji ziemskiego pola magnetycznego nazywany jest induktorem ziemskim. Załóżmy, że do składającej się z N zwojów cewki opisanego induktora podłączono galwanometr balistyczny, czyli przyrząd, który mierzy wartość przepływającego przezeń ładunku elektrycznego. Cewkę induktora umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B → w taki sposób, że linie pola są prostopadłe do jego płaszczyzny. Następnie cewkę obrócono o kąt równy 180 ° , mierząc jednocześnie galwanometrem wartość całkowitego ładunku Q . Przyjąwszy, że sumaryczna rezystancja cewki induktora oraz galwanometru wynosi R , określ związek pomiędzy B i Q ; W jaki sposób przekonać się, czy pole magnetyczne jest prostopadłe do płaszczyzny tej cewki? a. Q jest proporcjonalne do B ; b. Wartość Q zależy od orientacji pola względem płaszczyzny cewki. Maksymalna wartość ładunku oznacza, że pole jest prostopadłe, natomiast wartość zerowa – że pole jest równoległe. Cewka induktora opisanego w poprzednim zadaniu składa się z 40 zwojów wykonanych z przewodu miedzianego. Średnica cewki wynosi 3 ⁢ cm , a jej rezystancja wraz z rezystancją przyłączonego galwanometru równa się 0,2 ⁢ Ω . Obracając cewkę umieszczoną w polu magnetycznym o indukcji B → o kąt 180 ° , stwierdzono, że przez galwanometr balistyczny przepłynął ładunek o wartości 0,09 ⁢ C . Określ wartość indukcji pola magnetycznego przyjmując, że w chwili początkowej linie pola były prostopadłe do płaszczyzny cewki; Jakie będą wskazania galwanometru podczas obrotu cewki o kąt 90 ° ? Silnik o konstrukcji szeregowej zasilany jest ze źródła prądu o napięciu 230 ⁢ V . Rezystancja uzwojenia wzbudzającego pole magnetyczne tego silnika wynosi 160 ⁢ Ω , a rezystancja uzwojenia twornika równa się 20 ⁢ Ω . W czasie pracy silnika z nominalną prędkością obrotową wartość wytwarzanej siły przeciwelektromotorycznej osiąga 150 ⁢ V . Oblicz natężenie prądu pobieranego przez ten silnik w chwili rozruchu. Przyjąwszy, że silnik pracuje z nominalną prędkością obrotową, wyznacz natężenie pobieranego prądu; moc źródła zasilania; moc mechaniczną dostarczaną przez silnik; moc rozpraszaną na obu rezystancjach. 1,28 ⁢ A ; a. 0,44 ⁢ A ; b. 100 ⁢ W ; c. 66 ⁢ W ; d. 34 ⁢ W . Mały szeregowy silnik prądu stałego zasilany jest z akumulatora samochodowego o napięciu 12 ⁢ V . W czasie pracy z nominalnym obciążeniem silnik pobiera prąd o natężeniu 4 ⁢ A . Gdy twornik silnika ulegnie zacięciu i nie może się obracać, natężenie pobieranego prądu wzrasta do 24 ⁢ A . Oblicz siłę przeciwelektromotoryczną wytwarzaną podczas normalnej pracy tego silnika. siła przeciwelektromotoryczna (ang. back EMF ) SEM wytwarzana przez pracujący silnik elektryczny na skutek ruchu obrotowego jego twornika w zewnętrznym polu magnetycznym; wartość siły przeciwelektromotorycznej odejmuje się od wartości SEM źródła zasilania silnika wartość maksymalna (amplituda) SEM (ang. peak EMF ) maksymalna wartość SEM wytwarzanej przez prądnicę generator elektryczny (prądnica elektryczna) (ang. electric generator ) urządzenie przetwarzające energię mechaniczną w energię elektryczną – przez wytwarzanie siły elektromotorycznej w cewce, wirującej w zewnętrznym polu magnetycznym", "section": "Generatory elektryczne i siła przeciwelektromotoryczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Zastosowania indukcji elektromagnetycznej W tym i innych rozdziałach podaliśmy wiele przykładów wykorzystania przez współczesne społeczeństwo prawa Faradaya indukcji elektromagnetycznej. Obecnie omówimy kilka dalszych zastosowań tego prawa, dotyczących magnetycznego zapisu informacji. Zjawisko indukcji elektromagnetycznej wykorzystywane jest w pracy niektórych komputerowych dysków twardych . W tego typu urządzeniach zapis informacji odbywa się na powierzchni obracającego się dysku pokrytej odpowiednią warstwą czynną. Pierwotnie odczyt zapisanych w ten sposób informacji odbywał się z wykorzystaniem zjawiska indukcji elektromagnetycznej. Obecnie większość danych zapisywana jest raczej w postaci cyfrowej niż analogowej – na obracającym się twardym dysku rejestrowane są ciągi logicznych zer i jedynek. Z tego względu w większości twardych dysków do odczytu informacji nie wykorzystuje się już zjawiska indukcji elektromagnetycznej, lecz zjawisko znane pod nazwą gigamagnetooporu (ang. giant magnetoresistance ). Gigamagnetoopór jest efektem olbrzymiej zmiany oporu elektrycznego – wywołanym zewnętrznym polem magnetycznym przyłożonym do cienkich, ułożonych naprzemiennie warstw ferromagnetyków i materiałów niemagnetycznych. Warto zaznaczyć, że jest to jeden z pierwszych, olbrzymich sukcesów nanotechnologii. Zjawisko indukcji elektromagnetycznej wykorzystuje się także w pracy tzw. pasywnych tabletów graficznych , w których cyfrowe obrazy i rysunki tworzy się za pomocą specjalnie zaprojektowanego pióra. Wygląd przykładowego tabletu pasywnego przedstawia . Zasada działania tego typu urządzeń różni się od zasady funkcjonowania najczęściej używanych tabletów i telefonów z ekranem dotykowym. Pod widocznym na ekranem znajduje się siatka prostopadłych do siebie cienkich drucików, wzdłuż i w poprzek ekranu. Końcówka pióra wytwarza słabe pole magnetyczne. Podczas przesuwania końca pióra po ekranie zmieniające się pole magnetyczne indukuje w drucikach siłę elektromotoryczną. Powstający w ten sposób sygnał elektryczny jest następnie zamieniany przez układ elektroniczny tabletu na obraz rysowanej linii. W tabletach innych niż pasywne, pióro zaopatrzone jest we własne zasilanie bateryjne, bądź też rysowanie odbywa się z wykorzystaniem sygnałów optycznych. Kolejny przykład wykorzystania indukcji elektromagnetycznej – tablet graficzny ze specjalnie zaprojektowanym piórem. Z wykorzystaniem zjawiska indukcji elektromagnetycznej należy także łączyć charakterystyczny pasek widoczny na odwrocie karty kredytowej , której używamy w sklepie bądź wypłacając pieniądze z bankomatu. Ów pasek magnetyczny jest nośnikiem informacji zapisanych na karcie i działa na tej samej zasadzie co taśma magnetyczna używana do zapisu i odczytu obrazu oraz dźwięku. Odczyt informacji odbywa się za pomocą specjalnej głowicy przesuwającej się po powierzchni paska. Obejrzyj film , aby zobaczyć działanie latarki, w której wykorzystuje się indukcję elektromagnetyczną. Zmienny strumień pola wytwarzany przez magnes poruszający się dzięki pracy mięśni dłoni użytkownika indukuje w uzwojeniu prądnicy prąd elektryczny. Prąd ten ładuje kondensator, który, magazynując energię elektryczną, zasila żarówkę latarki nawet wtedy, gdy dłoń użytkownika nie napędza prądnicy. Korzyści z indukcji elektromagnetycznej czerpią także użytkownicy pojazdów elektrycznych i z napędem hybrydowym . Jednym z czynników ograniczających popularność samochodów napędzanych wyłącznie prądem elektrycznym jest pojemność stosowanych w nich akumulatorów. Pojemność ta jest wciąż zbyt mała, aby zasięg samochodów elektrycznych był porównywalny z zasięgiem w pełni zatankowanego samochodu z napędem spalinowym. Sposobem na jego zwiększenie jest systematyczne doładowywanie akumulatorów prądem wytwarzanym podczas każdego hamowania samochodu elektrycznego. Rozpędzony silnik generujący własną siłę przeciwelektromotoryczną działa wówczas jak prądnica ładująca akumulatory. Kolejną dziedziną współczesnych badań, w której z powodzeniem wykorzystuje się indukcję elektromagnetyczną, jest terapeutyczna przezczaszkowa stymulacja magnetyczna (ang. transcranial magnetic stimulation – TMS ). Pojawienie się szeregu zaburzeń psychicznych, w tym depresji i halucynacji, łączy się bowiem z występowaniem w mózgu obszarów o podwyższonej aktywności elektrycznej. Podczas zabiegu przezczaszkowej stymulacji magnetycznej takie obszary mózgu poddaje się działaniu szybkozmiennego, silnie zlokalizowanego pola magnetycznego. Przezczaszkowa stymulacja magnetyczna stanowi obecnie również dobrze opanowaną technikę diagnostyczną. Obejrzyj film na kanale YouTube, aby zobaczyć, w jaki sposób indukcja elektromagnetyczna przyczynia się do wytwarzania dźwięków w gitarach elektrycznych. Podsumowanie Indukcja elektromagnetyczna wykorzystywana jest do zapisu i odczytu informacji na komputerowych dyskach twardych. Kolejne przykłady zastosowań indukcji elektromagnetycznej znajdziemy w tabletach graficznych, pojazdach z napędem elektrycznym lub hybrydowym oraz w metodzie przezczaszkowej stymulacji magnetycznej. Najważniejsze wzory Strumień magnetyczny Φ B = ∬ S B → ⋅ n ̂ ⁢ d S \\Phi_B = \\iint_S \\vec{B} \\cdot \\hat{n} \\d S Prawo Faradaya ε = − d Φ B d t \\epsilon = - \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} Siła elektromotoryczna indukowana ruchem ε = B ⁢ l ⁢ v Siła elektromotoryczna indukowana w obwodzie elektrycznym ε = ∮ E → ⋅ d l → = − d Φ B d t \\epsilon = \\oint \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{l} = - \\frac{\\d \\Phi_B}{\\d t} Siła elektromotoryczna wytwarzana w generatorze elektrycznym ε = N ⁢ B ⁢ S ⁢ ω ⁢ sin ω ⁢ t Zadania dodatkowe Na poniższym rysunku przedstawiono leżący w jego płaszczyźnie długi, prostoliniowy przewód oraz pojedynczy zwój w kształcie prostokątnej ramki. Przewód jest równoległy do dłuższych boków ramki i odległy o 0,5 ⁢ m od bliższego boku. Oblicz szybkość zmiany natężenia prądu w przewodzie w chwili, w której indukowana w ramce siła elektromotoryczna wynosi 2 ⁢ V . 3 ⁢ A ∕ s . Dwie równoległe, odległe od siebie o 30 ⁢ cm długie szyny stanowią część przewodu elektrycznego w kształcie litery U. Powierzchnia przewodu znajduje się w całości w jednorodnym, prostopadłym do niej polu magnetycznym. Wartość indukcji tego pola wynosi 2 ⁢ T , a jej wektor zwrócony jest od płaszczyzny przewodu. Po szynach, w kierunku od łączącej je części przewodu, ślizga się ze stałą prędkością równą 1,5 ⁢ cm ∕ s metalowy pręt o masie 500 ⁢ g . Całkowita rezystancja pręta i przewodu wynosi 150 ⁢ Ω . Określ kierunek i wartość indukowanego prądu; Wyznacz kierunek indukowanego prądu, gdy wektor indukcji magnetycznej zwrócony jest do płaszczyzny przewodu; Określ kierunek indukowanego prądu, gdy wektor indukcji magnetycznej zwrócony jest do płaszczyzny tego przewodu, a pręt porusza się w kierunku do części przewodu łączącej długie szyny. Pomiędzy biegunami elektromagnesu z rdzeniem w kształcie podkowy umieszczono kołową, przewodzącą pętlę o promieniu 1,5 ⁢ cm i rezystancji 25 ⁢ Ω . Pole magnetyczne wytwarzane przez elektromagnes jest jednorodne i prostopadłe do powierzchni pętli, a uzwojenie elektromagnesu zasilane jest prądem o zmieniającym się w czasie natężeniu. Przyjąwszy, że szybkość zmiany wartości indukcji magnetycznej pola elektromagnesu wynosi 100 ⁢ mT ∕ s , wyznacz natężenie i kierunek prądu indukowanego w pętli. 2,83 ⋅ 10 − 4 ⁢ A ; kierunek prądu wskazany na poniższym rysunku dotyczy rosnącego pola magnetycznego. Metalowy pręt o długości 25 ⁢ cm umieszczono prostopadle do jednorodnego pola magnetycznego o wartości indukcji równej 3 ⁢ T . Wyznacz siłę elektromotoryczną indukowaną między końcami tego pręta, gdy pozostaje on w spoczynku; Wyznacz SEM, gdy pręt porusza się z prędkością 50 ⁢ cm ∕ s w kierunku prostopadłym do jego długości i linii pola magnetycznego. Składającą się z 50 zwojów cewkę o powierzchni 10 ⁢ cm 2 umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym prostopadłym do jej płaszczyzny. Oblicz średnią wartość siły elektromotorycznej indukowanej w tej cewce podczas jej obrotu o kąt 180 ° w czasie 0,2 ⁢ s . Wartość indukcji magnetycznej wynosi 0,75 ⁢ T . 0,375 ⁢ V . Dwuzwojową, wykonaną z giętkiego przewodu płaską pętlę umieszczono we wnętrzu długiego solenoidu. Solenoid, w którym płynie prąd o natężeniu I 0 , nawinięto z gęstością n zwojów na metr długości. Powierzchnia S tej pętli zmienia się wskutek rozciągania jej boków, przy czym podczas rozciągania płaszczyzna pętli jest zawsze prostopadła do osi solenoidu. Oblicz siłę elektromotoryczną indukowaną w pętli, jeżeli dane są: n = 500 , I 0 = 20 ⁢ A , S = 20 ⁢ cm 2 oraz d S ∕ d t = 100 ⁢ cm 2 ∕ min . Przedstawiony na załączonym rysunku przewodzący pręt M ⁢ N porusza się wzdłuż metalowych szyn, odległych od siebie o 25 ⁢ cm . Układ znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym, którego wektor indukcji o wartości 0,75 ⁢ T zwrócony jest do płaszczyzny rysunku. Rezystancja pręta i szyn jest pomijalnie mała, natomiast rezystor włączony pomiędzy punktami P i Q ma opór równy 0,25 ⁢ Ω . Wyznacz wartość i kierunek siły elektromotorycznej indukowanej w pręcie, jeżeli porusza się on w prawo z prędkością 5 ⁢ m ∕ s ; Jakiej siły należy użyć, aby utrzymać podaną wartość prędkości pręta? Jaką pracę w jednostce czasu wykonuje powyższa siła? Oblicz moc wydzielaną w rezystorze. a. 0,94 ⁢ V ; b. 0,7 ⁢ N ; c. 3,52 ⁢ J ∕ s ; d. 3,52 ⁢ W . Wykonaną z drutu kołową pętlę o promieniu 10 ⁢ cm zaopatrzono w pionową oś i umieszczono w jednorodnym, prostopadłym do tej osi polu magnetycznym o wartości indukcji wynoszącej 2 ⁢ G („gauss”, 1 ⁢ G = 10 -4 ⁢ T \\SI{1}{\\gauss} = 10^{-4} \\si{\\tesla} ). Pętla obraca się wokół tej osi z częstotliwością 5 ⁢ Hz . Wyprowadź wyrażenie opisujące zmianę w czasie strumienia magnetycznego przenikającego pętlę; Określ w funkcji czasu natężenie prądu płynącego w pętli, jeżeli jej rezystancja wynosi 10 ⁢ Ω . Pole magnetyczne pomiędzy biegunami elektromagnesu z rdzeniem w kształcie podkowy jest jednorodne i ma symetrię walcową względem osi łączącej geometryczne środki tych biegunów. Na skutek zmiany natężenia prądu płynącego w elektromagnesie wartość indukcji pola magnetycznego zmienia się z szybkością d B ∕ d t . Określ natężenie pola elektrycznego w funkcji odległości r od osi łączącej bieguny elektromagnesu. E ⁡ r = d B ∕ d t ⋅ S ∕ 2 ⁢ π ⁢ r . W długim solenoidzie o promieniu a nawiniętym z gęstością n zwojów na jednostkę długości płynie prąd zmienny o natężeniu opisanym funkcją I ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t , w której I 0 oraz ω są stałymi. Solenoid, w sposób pokazany na poniższym rysunku, otacza podwójna pętla wykonana z drutu. Promień pętli b jest większy od promienia solenoidu ( b > a ), a jej rezystancja jest równa R . Wyznacz natężenie i kierunek prądu indukowanego w tej pętli w chwili t = 0 ⁢ s . Szeregowy silnik prądu stałego zasilany jest ze źródła prądu o napięciu 230 ⁢ V . Rezystancja uzwojenia twornika tego urządzenia równa jest 20 ⁢ Ω . W czasie pracy z nominalną prędkością obrotową natężenie prądu pobieranego przez silnik ze źródła zasilania wynosi 0,5 ⁢ A , a w chwili rozruchu silnik pobiera prąd o natężeniu 2 ⁢ A . Oblicz rezystancję uzwojenia wzbudzającego pole magnetyczne tego silnika; Oblicz siłę przeciwelektromotoryczną indukowaną w silniku podczas jego pracy z nominalną prędkością obrotową; Wyznacz siłę przeciwelektromotoryczną, jeżeli silnik pracuje z prędkością obrotową różną od nominalnej i pobiera prąd o natężeniu 1 ⁢ A . a. R w + R t = 230 ⁢ V ∕ 2 ⁢ A = 115 ⁢ Ω , zatem R w = 95 ⁢ Ω ; b. I = ε z − ε p ∕ R w + R t , zatem ε p = 172,5 ⁢ V ; c. ε p = 115 ⁢ V . Sumaryczna rezystancja uzwojenia twornika i cewki wzbudzającej pole magnetyczne w silniku o konstrukcji szeregowej wynosi 6 ⁢ Ω . Silnik ten, zasilany ze źródła prądu o napięciu 230 ⁢ V i pracujący z nominalną prędkością obrotową, pobiera prąd o natężeniu 4 ⁢ A . Oblicz indukowaną siłę przeciwelektromotoryczną; Oblicz natężenie prądu pobieranego przez silnik w chwili włączenia. W jaki sposób można uniknąć poboru tak dużego prądu? Zadania trudniejsze Miedzianemu przewodowi o długości L nadano kształt kołowej cewki o N zwojach. Płaszczyznę tej cewki przenika zmienny w czasie strumień magnetyczny. Przy jakiej wartości liczby N indukowana w cewce siła elektromotoryczna będzie maksymalna? Przy maksymalnej liczbie zwojów możliwych do wykonania z przewodu o danej długości. Miedziany arkusz o masie 0,5 ⁢ kg spada w poziomym, jednorodnym polu magnetycznym o wartości indukcji równej 1,5 ⁢ T . Wartość końcowej prędkości tego spadku wynosi 2 ⁢ m ∕ s . Oblicz wypadkową siłę magnetyczną działającą na arkusz poruszający się z końcową prędkością spadku; Opisz mechanizm powstawania tej siły; Oblicz moc wydzielaną w postaci ciepła Joule’a podczas ruchu arkusza z prędkością końcową. Okrągły miedziany dysk o promieniu 7,5 ⁢ cm obraca się z prędkością 2400 ⁢ obr ∕ min wokół osi przechodzącej przez środek tegoż dysku i prostopadłej do jego płaszczyzny. Dysk umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym, którego wektor indukcji B → jest równoległy do osi obrotu. Oblicz różnicę potencjałów pomiędzy obrzeżem dysku a jego osią, jeżeli wartość indukcji magnetycznej wynosi 1,2 ⁢ T . 5,3 ⁢ V . Przedstawiony na poniższym rysunku krótki pręt o długości a porusza się z prędkością v → , równolegle do nieskończonego przewodu, w którym płynie prąd o natężeniu I . Odległość bliższego końca pręta od tego przewodu wynosi b . Oblicz siłę elektromotoryczną indukowaną w pręcie. Przedstawiony na poniższym rysunku prostokątny obwód elektryczny zawierający rezystor o wartości R odsuwa się z prędkością v → od długiego, prostoliniowego przewodu, w którym płynie prąd o natężeniu I 0 . Wyprowadź równanie opisujące natężenie prądu indukowanego w obwodzie w funkcji odległości x pomiędzy przewodem a bliższym bokiem tego obwodu. Φ B = μ 0 ⁢ I 0 ⁢ a ∕ 2 ⁢ π ⋅ ln 1 + b ∕ x \\Phi_B = \\mu_0 I_0 a / (2\\pi) \\cdot \\ln (1+b/x) , ε = μ 0 ⁢ I 0 ⁢ a ⁢ b ⁢ v ∕ 2 ⁢ π ⁢ x ⁢ x + b \\epsilon = \\mu_0 I_0 abv / [2\\pi x (x+b)] , zatem I = μ 0 ⁢ I 0 ⁢ a ⁢ b ⁢ v ∕ 2 ⁢ π ⁢ R ⁢ x ⁢ x + b I = \\mu_0 I_0 abv / [2\\pi Rx (x+b)] . Dwa nieskończenie długie solenoidy przecinają płaszczyznę obwodu elektrycznego w sposób pokazany na rysunku. Promienie solenoidów wynoszą odpowiednio 0,1 ⁢ m i 0,2 ⁢ m . Natężenie prądu płynącego w każdym z solenoidów zmienia się tak, że szybkość zmiany wartości indukcji magnetycznej d B ∕ d t = 0,5 ⁢ T ∕ s . Oblicz natężenia prądów w każdym z rezystorów tego obwodu. Poniższy rysunek przedstawia ośmiozwojową cewkę ciasno nawiniętą wokół bocznej powierzchni długiego solenoidu. Solenoid nawinięto z gęstością 10 zwojów na centymetr długości, a jego promień wynosi 2 ⁢ cm . W uzwojeniu solenoidu płynie prąd, którego natężenie rośnie w czasie zgodnie z funkcją I = I 0 ⁢ 1 − e − α ⁢ t , gdzie I 0 = 4 ⁢ A i α = 2 ⋅ 10 − 2 ⁢ s − 1 . Wyznacz siłę elektromotoryczną indukowaną w cewce, gdy t = 0 ⁢ s ; t = 10 2 ⁢ s ; t ⟶ ∞ . a. 1,26 ⋅ 10 − 7 ⁢ V ; b. 1,71 ⋅ 10 − 8 ⁢ V ; c. 0 ⁢ V . Poniżej przedstawiono długą prostokątną ramkę o szerokości a , długości b , masie m i rezystancji R . Ramka, początkowo spoczywająca przy granicy obszaru jednorodnego pola magnetycznego o indukcji B → , pod działaniem stałej siły F → wnika w ten obszar. Wyznacz prędkość ramki w funkcji czasu. Belka o masie m , rezystancji R i przekroju kwadratowym ześlizguje się bez tarcia po bardzo długich, równoległych przewodzących szynach, jak przedstawiono na poniższym rysunku. Odległość pomiędzy szynami wynosi l , a ich końce u podnóża utworzonej w ten sposób równi pochyłej połączone są odcinkiem przewodu. Szyny nachylone są do poziomu pod kątem θ , a układ znajduje się w pionowym, jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B → . Wykaż, że zsuwająca się belka osiągnie graniczną prędkość v = m ⁢ g ⁢ R ⁢ sin θ ∕ B 2 ⁢ l 2 ⁢ cos 2 θ v = mgR\\sin \\theta /(B^2 l^2 \\cos^2 \\theta) ; Oblicz pracę wykonaną w jednostce czasu przez siłę ciężkości; Jaki będzie skutek odwrócenia wektora indukcji B → ? Przyjmij, że rezystancja szyn oraz łączącego je przewodu jest pomijalnie mała. a. v = m ⁢ g ⁢ R ⁢ sin θ ∕ B 2 ⁢ l 2 ⁢ cos 2 θ v = mgR\\sin \\theta /(B^2 l^2 \\cos^2 \\theta) ; b. m ⁢ g ⁢ v ⁢ sin θ ; c. Belka będzie się zsuwać z niezmienioną prędkością, a zaindukowany w niej prąd popłynie w przeciwnym kierunku. Poniższy rysunek przedstawia metalowy pierścień, którego wewnętrzny promień wynosi r 1 , a promień zewnętrzny równy jest r 2 . Pierścień obraca się z prędkością kątową ω wokół osi przechodzącej przez jego środek i umieszczony jest w jednorodnym, równoległym do tej osi polu magnetycznym o indukcji B → . Do wewnętrznej i zewnętrznej powierzchni pierścienia przylegają szczotki, które połączono z woltomierzem. Co wskazuje woltomierz? Długi solenoid nawinięty z gęstością 10 zwojów na centymetr długości umieszczono współosiowo wewnątrz miedzianego pierścienia. Promień pierścienia wynosi 10 ⁢ cm , a promień solenoidu jest równy 5 ⁢ cm . Oblicz siłę elektromotoryczną indukowaną w pierścieniu, jeżeli natężenie prądu w solenoidzie I = 5 ⁢ A i zmienia się w czasie z szybkością d I ∕ d t = 100 ⁢ A ∕ s ; Oblicz SEM indukowaną w pierścieniu, jeżeli I = 2 ⁢ A , przy niezmienionej wartości d I ∕ d t ; W obu przypadkach określ wartość natężenia pola elektrycznego wewnątrz tego pierścienia; Przyjmijmy, że pierścień przemieszczono względem solenoidu tak, że ich osie pozostają równoległe, ale nie pokrywają się, przy czym solenoid znajduje się nadal wewnątrz pierścienia. Jaka jest teraz wartość SEM indukowanej w tym pierścieniu? Czy możliwe jest obecnie obliczenie natężenia pola elektrycznego wewnątrz pierścienia w sposób taki, jak w części (c) zadania? a. B = μ 0 ⁢ n ⁢ I , Φ B = B ⁢ A = μ 0 ⁢ n ⁢ I ⁢ A , 9,9 ⋅ 10 − 4 ⁢ V ; b. 9,9 ⋅ 10 − 4 ⁢ V ; c. ε = ∮ E → ⋅ d l → , E = 1,6 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ∕ m ; d. 9,9 ⋅ 10 − 4 ⁢ V ; e. Nie – z powodu braku symetrii walcowej problemu. Natężenie prądu w długim prostoliniowym przewodzie przedstawionym na załączonym rysunku zmienia się w czasie zgodnie z formułą I = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t , w której I 0 = 15 ⁢ A , a ω = 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s . Oblicz natężenie prądu indukowanego w prostokątnej ramce w chwili t = 0 ⁢ s ; t = 2,1 ⋅ 10 − 3 ⁢ s . Pięćsetzwojowa cewka o powierzchni 0,25 ⁢ m 2 obraca się w ziemskim polu magnetycznym o wartości indukcji równej 5 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Maksymalna wartość indukowanej w cewce siły elektromotorycznej wynosi wówczas 12 ⁢ kV . Z jaką prędkością kątową obraca się cewka? Czy obliczona wartość jest możliwa do osiągnięcia? Który z warunków zadania powoduje taki wynik? a. 1,92 ⋅ 10 6 ⁢ rad ∕ s = 1,83 ⋅ 10 7 ⁢ obr ∕ min ; b. Obliczona prędkość kątowa jest bardzo duża i niemożliwa do osiągnięcia przy użyciu jakiegokolwiek urządzenia mechanicznego; c. Błędne założenie, że indukowane napięcie może osiągnąć wartość 12 ⁢ kV . Wykonaną z drutu kołową pętlę o promieniu 10 ⁢ cm zaopatrzono w pionową oś i umieszczono w jednorodnym, prostopadłym do tejże osi polu magnetycznym o wartości indukcji wynoszącej 2 ⋅ 10 − 4 ⁢ T . Pętla obraca się wokół tej osi z częstotliwością 5 ⁢ Hz . Wyprowadź wyrażenie opisujące zmianę w czasie strumienia magnetycznego przenikającego pętlę; Wyraź w funkcji czasu natężenie prądu płynącego w pętli, jeżeli jej rezystancja wynosi 10 ⁢ Ω . W długim solenoidzie o promieniu a nawiniętym z gęstością n zwojów na jednostkę długości płynie prąd zmienny o natężeniu opisanym funkcją I ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t , w której I 0 oraz ω są stałymi. Solenoid otacza dwuzwojowa pętla wykonana z drutu o rezystancji R . Promień pętli b jest większy od promienia solenoidu ( b > a ). Wyznacz natężenie prądu indukowanego w tej pętli w chwili t = 0 ⁢ s . I = 2 ⁢ μ 0 ⁢ π ⁢ a 2 ⁢ I 0 ⁢ n ⁢ ω ∕ R . Prostokątna miedziana ramka o masie równej 100 ⁢ g i rezystancji wynoszącej 0,2 ⁢ Ω znajduje się w obszarze jednorodnego pola magnetycznego. Pole magnetyczne jest prostopadłe do powierzchni tej ramki i równoległe do powierzchni Ziemi, jak przedstawiono na poniższym rysunku. W położeniu spoczynkowym dolna krawędź ramki znajduje się na granicy obszaru występowania pola magnetycznego, a w chwili t = 0 ⁢ s ramka zaczyna opadać. Wyprowadź wyrażenie opisujące prędkość ramki w chwili, gdy opuszcza ona obszar pola; Oblicz czas, w którym ramka opuści obszar tego pola. Przyjmij następujące wartości liczbowe: a = 25 ⁢ cm , b = 50 ⁢ cm , B = 3 ⁢ T , g = 9,8 ⁢ m ∕ s 2 . Załóż, że wartość indukcji pola magnetycznego wzbudzanego prądu jest pomijalnie mała w stosunku do B = 3 ⁢ T . Metalowy pręt o masie m może ślizgać się bez tarcia po dwóch równoległych szynach odległych od siebie o D . Układ znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym o wartości indukcji B 0 , prostopadłym do płaszczyzny, na której leżą szyny, jak przedstawiono na poniższym rysunku. Obie szyny połączone są na jednym z końców rezystorem, którego rezystancja jest znacznie większa niż rezystancja szyn i pręta. W pewnej chwili prętowi nadano prędkość początkową v 0 i stwierdzono następnie, że jego prędkość systematycznie spada. Oblicz odległość, którą przebędzie pręt do chwili zatrzymania się. Załóż, że wartość indukcji pola magnetycznego wzbudzanego prądu jest pomijalnie mała w stosunku do B 0 . L = m ⁢ R ⁢ v 0 ∕ B 2 ⁢ D 2 . Zależne od czasu pole magnetyczne o indukcji B ⁡ t wypełnia cylindryczny obszar o promieniu R . Wewnątrz tego obszaru, na płaszczyźnie jego przekroju poprzecznego, w pewnej odległości od średnicy przekroju, umieszczono przewodzący pręt o długości 2 ⁢ D , tak że końce pręta znajdują się na granicy obszaru pola. Wykaż, że siła elektromotoryczna pomiędzy końcami tego pręta opisana jest formułą: d B ∕ d t ⋅ D ⁢ R 2 − D 2 . Przyjmij, że pole magnetyczne jest prostopadłe do płaszczyzny przekroju i jest do niej zwrócone. (Wskazówka: Aby znaleźć SEM pomiędzy końcami pręta, należy obliczyć całkę z natężenia pola elektrycznego po długości tegoż pręta. Pole elektryczne można określić, korzystając z postaci prawa Faradaya, znanego pod nazwą „prawa Ampère’a dla natężenia pola elektrycznego”).", "section": "Zastosowania indukcji elektromagnetycznej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Mata ładująca smartfon zawiera cewkę, która podłączona jest do źródła prądu zmiennego (czyli prądu, którego natężenie rośnie i maleje naprzemiennie). Zmienny prąd indukuje w smartfonie SEM, która powoduje ładowanie jego akumulatora. Zwróć uwagę, że czarny zasilacz z wtyczką zawiera transformator (omówiony w rozdziale Obwody prądu zmiennego ), który zmienia prąd z gniazdka tak, by mógł zostać wykorzystany do naładowania baterii w telefonie. Źródło: modyfikacja ilustracji „LG”/Flickr W rozdziale Indukcja elektromagnetyczna omówiliśmy, jak zmieniający się w czasie strumień magnetyczny indukuje SEM w obwodzie. We wcześniejszych obliczeniach strumień ten pochodził od zewnętrznego zmiennego pola magnetycznego. Zachodzi również zjawisko odwrotne – płynący przez obwód prąd wytwarza własne pole magnetyczne. W rodziale Ładunki elektryczne i pola zobaczyliśmy, że indukcja jest zjawiskiem, w którym w wyniku działania zmiennego strumienia pola magnetycznego w obwodzie pojawia się SEM. Omówiliśmy przykłady indukcji o różnej efektywności zastosowania. Bezprzewodowa mata ładująca smartfon (ang. smartphone ) na powyższej fotografii również działa dzięki indukcji. Czy można wskazać wielkość fizyczną wyrażającą, jak efektywne jest dane urządzenie? Odpowiedź brzmi „tak”, a taką wielkością jest indukcyjność. W niniejszym rozdziale przyjrzymy się zastosowaniom indukcji w urządzeniach elektronicznych oraz budowie obwodów zawierających cewki indukcyjne.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Indukcyjność wzajemna Indukcyjność (ang. inductance ) jest zdolnością urządzenia do indukowania SEM w innym urządzeniu. Innymi słowy, jest to fizyczna wielkość opisująca efektywność danego urządzenia. Kiedy dwa obwody, przez które płynie prąd zmienny, znajdują się blisko siebie, strumień magnetyczny przechodzący przez każdy z nich również się zmienia. Jest to powodowane zmiennym natężeniem prądu i w drugim obwodzie. W efekcie w każdym z obwodów indukowana jest SEM przez zmianę natężenia w drugim. Nazywamy ją więc SEM indukcji wzajemnej, zjawisko z którym mamy do czynienia – indukcją wzajemną (ang. mutual inductance ), natomiast zdolność układu do wytwarzania SEM indukcji wzajemnej – indukcyjnością wzajemną (oznaczaną literą M ). Jako przykład rozważmy dwie ciasno nawinięte cewki ( ). Mają one odpowiednio N 1 i N 2 zwojów oraz płynie w nich prąd o natężeniu i 1 i i 2 . Strumień przechodzący przez jeden zwój cewki 2 indukowany przez pole magnetyczne cewki 1 wynosi Φ 21 , a strumień płynący przez jeden zwój cewki 1 indukowany polem magnetycznym od i 2 wynosi Φ 12 . Niektóre z linii pola magnetycznego indukowanego przez prąd płynący w cewce 1 przechodzą przez cewkę 2. Indukcyjność wzajemna (albo współczynnik indukcji wzajemnej) M 21 cewki 2 względem cewki 1 jest strumieniem płynącym przez N 2 zwojów cewki 2 indukowanym przez pole magnetyczne cewki 1, podzielonym przez natężenie prądu w cewce 1, czyli M 21 = N 2 ⁢ Φ 21 i 1 ⁢ . Podobnie indukcyjność wzajemna cewki 1 względem cewki 2 wynosi M 12 = N 1 ⁢ Φ 12 i 2 ⁢ . Analogicznie do pojemności indukcyjność wzajemna jest wielkością geometryczną. Zależy ona od kształtów i względnego położenia cewek, ale nie od natężeń prądów płynących w cewkach. Jednostką SI indukcyjności wzajemnej M jest henr (ang. henry ) oznaczany dużą literą H \\si{\\henry} . Nazwa ta pochodzi od nazwiska Josepha Henry’ego (1799–1878) , amerykańskiego fizyka, który niezależnie od Faradaya dokonał odkrycia indukcji elektromagnetycznej. Między jednostkami zachodzi równość 1 ⁢ H = 1 ⁢ V ⁢ s ∕ A . Na mocy oraz , możemy wykazać, że M 21 = M 12 . Zwykle przy zapisywaniu wzorów zawierających wzajemną indukcyjność będziemy więc pomijać indeksy M = N 2 ⁢ Φ 21 i 1 = N 1 ⁢ Φ 12 i 2 ⁢ . Indukowaną w jednej i drugiej cewce SEM można określić, wstawiając indukcyjność wzajemną do wzoru na prawo Faradaya (ang. Faraday’s law ). Skoro N 2 ⁢ Φ 21 jest całkowitym strumieniem płynącym przez cewkę 2 w wyniku prądu i 1 , otrzymujemy ε 2 = − d d t ⁢ N 2 ⁢ Φ 21 = − d d t ⁢ M ⁢ i 1 = − M ⁢ d i 1 d t ⁢ , gdzie wykorzystaliśmy fakt, że wartość M jest stała, ponieważ geometria układu nie zmienia się w czasie. Podobnie możemy zapisać ε 1 = − M ⁢ d i 2 d t ⁢ . podkreśla wagę wcześniejszej obserwacji, że indukcyjność wzajemna ( M ) jest wielkością geometryczną. Wartość M w prosty sposób opisuje fizyczne własności elementów obwodu oraz pozwala na odrębne traktowanie topografii obwodu i dynamicznych wielkości, takich jak SEM i natężenie prądu. definiuje indukcję wzajemną jako własność obwodu, podczas gdy poprzednia definicja z odnosi się do strumienia pola magnetycznego, niezależnie od topografii obwodu. Czytelnik powinien zachować ostrożność, wyliczając SEM z i , gdyż wartości ε 1 i ε 2 nie uwzględniają wkładu do SEM pochodzącego od indukcyjności własnej. Zjawisko to omówione zostanie w dalszej części rozdziału. Wysoka wartość wzajemnej indukcyjności M nie zawsze jest pożądana. Dla transformatora przesyłowego istotna jest jak najwyższa indukcyjność wzajemna, ale dla urządzenia domowego, takiego jak pralka, SEM indukowana na jej metalowej obudowie może być niebezpieczna. Stanie się tak, gdy indukcyjność wzajemna między cewkami a obudową będzie wysoka. Jednym ze sposobów na obniżenie wzajemnej indukcyjności jest nawinięcie uzwojenia w przeciwnym kierunku, tak jak przedstawiono to na . Uzwojenie elementu grzewczego w pralce może być nawinięte w przeciwnych kierunkach. Wytworzone pola magnetyczne niwelują się, co znacznie zmniejsza indukcyjność względną z obudową pralki. Tej samej metody używa się na przykład w cyfrowym przetwarzaniu sygnałów (ang. digital signal processing ). Ciąg zer i jedynek reprezentowany jest przez szybko zmieniającą się SEM w obwodzie. Wytwarza ona zmieniające się w czasie pole magnetyczne, które może indukować SEM w sąsiadujących przewodnikach. Jeśli taki przewodnik również przenosi cyfrowy sygnał, to może być on zakłócany, gdy indukowana SEM będzie wystarczająco wysoka, by zamienić ze sobą zera i jedynki, czego konsekwencje mogą być w najlepszym wypadku kłopotliwe, a w najgorszym – katastrofalne. Indukcyjność względna przedstawia cewkę o liczbie zwojów N 2 i promieniu R 2 otaczającą długi solenoid o długości l 1 , promieniu R 1 i liczbie zwojów N 1 . Jaka jest indukcyjność wzajemna tych dwóch cewek? Ile wynosi SEM indukowana w zewnętrznej cewce, jeśli N 1 = 500 zwojów, N 2 = 10 zwojów, R 1 = 3,1 ⁢ cm , l 1 = 75 ⁢ cm , a prąd w solenoidzie zmienia się w tempie 200 ⁢ A ∕ s ? Długi solenoid otoczony cewką Strategia rozwiązania Poza solenoidem pole jest równe zero, a wewnątrz indukcja pola magnetycznego wynosi B 1 = μ 0 ⁢ N 1 ⁢ i 1 ∕ l 1 , zaś linie pola przebiegają równolegle do osi solenoidu. Znając wzór na pole B 1 , możemy wyznaczyć strumień pola magnetycznego przechodzącego przez zewnętrzną cewkę. Część (a) zadania rozwiążemy, wstawiając do wzór na strumień pola magnetycznego, a część (b) przez podstawienie danych do , co pozwoli na obliczenie indukowanej SEM. Rozwiązanie Strumień pola magnetycznego Φ 21 przez zewnętrzną cewkę wynosi Φ 21 = B 1 ⁢ π ⁢ R 1 2 = μ 0 ⁢ N 1 ⁢ i 1 l 1 ⁢ π ⁢ R 1 2 ⁢ . Według indukcyjność wzajemna jest równa M = N 2 ⁢ Φ 21 i 1 = N 2 i 1 ⋅ μ 0 ⁢ N 1 ⁢ i 1 l 1 ⋅ π ⁢ R 1 2 = μ 0 ⁢ N 1 ⁢ N 2 ⁢ π ⁢ R 1 2 l 1 ⁢ . Wstawiając dane z treści zadania do powyższego równania, otrzymujemy M = 4 ⁢ π ⋅ 10 − 7 ⁢ T ⁢ m ∕ A ⋅ 500 ⋅ 10 ⁢ π ⋅ 0,031 ⁢ m 2 0,75 ⁢ m = 2,53 ⋅ 10 − 5 ⁢ H ⁢ . Zatem, korzystając z , stwierdzamy, że SEM indukowana w zewnętrznej cewce wynosi ε 2 = − M ⁢ d i 1 d t = − 2,53 ⋅ 10 − 5 ⁢ H ⋅ 200 ⁢ A ∕ s = − 5,06 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ⁢ . Znaczenie Zauważmy, że indukcyjność wzajemna M wyznaczona w części (a) nie zależy od promienia R 2 zewnętrznej cewki. Przyczyną jest to, że poza wnętrzem solenoidu jego pole magnetyczne znika. Moglibyśmy policzyć M przez znalezienie strumienia pola magnetycznego indukowanego przez zewnętrzną cewkę w wewnętrznym solenoidzie. To podejście jest trudniejsze ze względu na skomplikowaną formę Φ 12 . Korzystając jednak z tego, że M 12 = M 21 , znajdujemy rozwiązanie tego problemu. Sprawdź, czy rozumiesz. Prąd o natężeniu i ⁢ t = 5 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ⋅ t przepływa przez wewnętrzny solenoid z części (b) . Jaka jest maksymalna SEM indukowana na zewnętrznej cewce? 4,77 ⋅ 10 − 2 ⁢ V . Podsumowanie Indukcyjność jest własnością urządzenia określającą jego zdolność do indukowania SEM w innym urządzeniu. Indukcyjność wzajemna występuje w dwóch urządzeniach, które indukują wzajemnie SEM. Zmiana natężenia prądu d i 1 ∕ d t w jednym obwodzie indukuje SEM ( ε 2 ) w drugim ε 2 = − M ⁢ d i 1 d t ⁢ , gdzie M jest indukcyjnością wzajemną między dwoma obwodami. Znak minus wynika z reguły Lenza. Podobnie zmiana natężenia prądu d i 2 ∕ d t w drugim obwodzie indukuje SEM ( ε 2 ) w pierwszym ε 1 = − M ⁢ d i 2 d t ⁢ , gdzie M jest tą samą indukcyjnością wzajemną, co w przypadku odwrotnego procesu. Pytania Wykaż, że N ⁢ Φ B ∕ i i ε ∕ d i ∕ d t , będące wzorami na indukcję własną, wyrażają się w tych samych jednostkach. Wb ∕ A = T ⁢ m 2 ∕ A = V ⁢ s ∕ A = V ∕ A ∕ s ⁢ . W induktorze o indukcyjności 10 ⁢ H płynie prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Opisz, w jaki sposób można na nim zaindukować SEM o wartości 50 ⁢ V . Układ zapłonowy w samochodzie zasilany jest baterią 12 ⁢ V . Jak za pomocą takiego źródła prądu możemy generować wysokie napięcia? Prąd indukowany przez baterię 12 ⁢ V płynie przez induktor, co generuje wysokie napięcie. Kiedy prąd płynący w cewce o wysokiej indukcyjności własnej jest nagle wyłączony przełącznikiem, na jego otwartych końcach pojawia się łuk elektryczny. Wyjaśnij dlaczego. Zadania Kiedy prąd w jednej cewce zmienia się w tempie 5,6 ⁢ A ∕ s , w drugiej cewce indukowana jest SEM o wartości 6,3 ⋅ 10 − 3 ⁢ V . Jaka jest indukcyjność wzajemna tych cewek? Podczas, gdy w jednej cewce indukowana jest SEM o wartości 9,7 ⋅ 10 − 3 ⁢ V , natężenie prądu płynącego przez drugą zmienia się w tempie 2,7 ⁢ A ∕ s . Ile wynosi indukcyjność wzajemna tych cewek? M = 3,6 ⋅ 10 − 3 ⁢ H . Indukcyjność wzajemna dwóch położonych w pobliżu siebie cewek wynosi 32 ⁢ mH . Jeśli natężenie prądu płynącego w jednej zanika zgodnie z równaniem i = i 0 e − α t , gdzie i 0 = 5 ⁢ A a α = 2 ⋅ 10 3 ⁢ s − 1 , to jaka SEM indukowana jest na drugiej natychmiast po rozpoczęciu zanikania prądu, a jaka po czasie t = 10 -3 ⁢ s t = 10^{-3}\\si{\\second} ? Cewka zawierająca 40 zwojów otacza długi solenoid o polu przekroju poprzecznego 7,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ m 2 . Solenoid ma 0,5 ⁢ m długości i ma 500 zwojów. Ile wynosi indukcyjność wzajemna tego układu? Zewnętrzna cewka zastąpiona jest cewką o 40 zwojach i promieniu trzy razy większym niż promień wewnętrznego solenoidu. Ile wynosi indukcyjność wzajemna w tym przypadku? a. 3,8 ⋅ 10 − 4 ⁢ H ; b. 3,4 ⋅ 10 − 3 ⁢ H . Solenoid o 600 zwojach ma 0,55 ⁢ m długości i 4,2 ⁢ cm średnicy. Wewnątrz umieszczono na stałe niewielką prostokątną pętlę o wymiarach 1,1 ⁢ cm × 1,4 ⁢ cm , tak że długa oś solenoidu jest prostopadła do powierzchni pętli. Jaka jest indukcyjność wzajemna tego układu? Jednorodnie nawinięta cewka o 1000 zwojach w kształcie torusa ma średni promień wynoszący 16 ⁢ cm i pole przekroju poprzecznego 0,25 ⁢ cm 2 . Druga cewka jest nawinięta jednorodnie na pierwszej i ma 750 zwojów. Pomijając niejednorodność pola magnetycznego wewnątrz torusa, wyznacz indukcyjność wzajemną tych dwóch cewek. M 21 = 2,3 ⋅ 10 − 5 ⁢ H . Solenoid o N 1 zwojach ma długość l 1 i promień R 1 . Drugi mniejszy solenoid o N 2 zwojach, dłguości l 2 i promieniu R 2 umieszczony jest współosiowo w pierwszym. Jaka jest indukcyjność wzajemna tych solenoidów? henr (ang. henry ) jednostka indukcyjności, 1 ⁢ H = 1 ⁢ Ω ⁢ s indukcyjność (ang. inductance ) własność urządzenia określająca jego zdolność do indukowania SEM w innym urządzeniu indukcyjność wzajemna (ang. mutual inductance ) geometryczna wielkość określająca zdolność dwóch urządzeń do wzajemnego indukowania SEM", "section": "Indukcyjność wzajemna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Samoindukcja i cewki indukcyjne Zjawisko indukcji wzajemnej polega na indukowaniu SEM przez pole magnetyczne innego przewodnika, w którym płynie prąd. Ale czy wytworzone pole może mieć wpływ na prąd płynący w przewodniku, który je wytwarza? Owszem, a zjawisko to nosi nazwę samoindukcji. Cewki indukcyjne przedstawia niektóre linie pola wytwarzane przez prąd płynący w okrągłej pętli z drutu. Jeśli prąd jest stały, stały jest również strumień pola magnetycznego przechodzącego przez pętlę. Jeśli jednak natężenie prądu i zmieniałoby się w czasie, na przykład po zamknięciu przełącznika S , to strumień magnetyczny Φ B również by się zmienił. Tę sytuację opisuje prawo Faradaya, które mówi, że w obwodzie powstałaby SEM ε według wzoru ε = − d Φ B d t ⁢ . Natężenie pola magnetycznego przewodnika, w którym płynie prąd, jest wprost proporcjonalne do jego natężenia, wobec tego taka sama zależność zachodzi dla strumienia tego pola Φ B ∝ I ⁢ , Pętla z prądem wytwarza pole magnetyczne. Jeśli natężenie prądu I zmieniałoby się w czasie, strumień pola magnetycznego również by się zmieniał i indukowana byłaby SEM. co może być również zapisane w postaci Φ B = L ⁢ I ⁢ , gdzie stałą proporcjonalności L nazywamy indukcyjnością własną pętli (ang. self-inductance ). Gdybyśmy pętlę zastąpili cewką z N zwojami, równanie to przyjęłoby postać N ⁢ Φ B = L ⁢ I ⁢ . Według umownej konwencji, wynikającej z reguły prawej dłoni, Φ B jest dodatni. W takim razie L zawsze przyjmuje dodatnie wartości . Dla cewki o N zwojach, ε = − N ⁢ d Φ B ∕ d t . Możemy więc napisać wyrażenie na SEM w odniesieniu do indukcyjności własnej ε = − L ⁢ d i d t ⁢ . Korzystając z tego równania do wyznaczenia L , najłatwiej jest opuścić znaki ε i d i ∕ d t . Wtedy L zapiszemy jako L = ε d i ∕ d t ⁢ . Samoindukcja jest związana z polem magnetycznym wytwarzanym przez prąd, więc każdy przewodnik będzie posiadał indukcyjność własną. Oprócz pętli drutu może to być na przykład długi, prosty drut albo kabel koncentryczny. Ten ostatni jest powszechnie wykorzystywany w przesyłaniu cyfrowych sygnałów, na przykład sygnału telewizji kablowej, gdzie minimalizuje on zakłócenia. Zbudowany jest z dwóch długich cylindrycznych przewodników, przez które płynie prąd i których indukcyjność własna może mieć niepożądane skutki. Element obwodu wykazujący samoindukcję nazywany jest cewką indukcyjną (ang. inductor ). Na przedstawione jest jego schematyczne oznaczenie, a na poniżej widocznych jest kilka rodzajów cewek indukcyjnych stosowanych w obwodach. Schematyczne oznaczenie cewki indukcyjnej w obwodzie elektrycznym Kilka różnych cewek indukcyjnych. Każda z nich jest zwojem drutu, niezależnie od tego, czy jest obudowana, czy nie. Źródło: Windell Oskay Zgodnie z regułą Lenza znak minus w oznacza, że SEM samoindukcji zawsze przeciwdziała zmianom prądu. Gdy natężenie prądu płynącego z punktu A do punktu B w układzie na wzrasta, to indukowana SEM ma kierunek przeciwny do kierunku prądu. Natomiast jeśli natężenie prądu maleje, to SEM indukowana jest w kierunku zgodnym z kierunkiem prądu. W trzecim przypadku, gdy prąd płynący przez cewkę jest stały, nie indukuje się żadna SEM. Kierunek SEM samoindukcji reprezentowany jest na (a) i (b) przez wyimaginowaną baterię, która byłaby jej źródłem. SEM indukowana w cewce indukcyjnej zawsze przeciwdziała zmianom natężenia prądu. Można to sobie wyobrazić jako wyimaginowaną baterię wpiętą w obwód tak by raz zmniejszała, raz zwiększała płynący prąd. Przykładem codziennego zastosowania samoindukcji są czujniki montowane w jezdni, których zadaniem jest wykrycie obecności samochodu. Kiedy samochód najeżdża na pętlę indukcyjną (ang. induction loop ), chwilowo zwiększa się jej indukcyjność. Generuje to sygnał przekazywany do innego urządzenia, na przykład sygnalizacji świetlnej (ang. traffic lights ) lub stacji odcinkowego pomiaru prędkości. To samo zjawisko wykorzystane jest w detektorach metalu (ang. metal detector ) stosowanych przy kontroli bezpieczeństwa ( ). Cewki znajdujące się w bramce detektora działają jednocześnie jako nadajniki i odbiorniki pulsacyjnego sygnału. Obecność metalowego przedmiotu zmienia indukcyjność własną nadajnika i wpływa przez to na emitowany sygnał. Czułość detektora może być wykalibrowana w taki sposób, by wykryć metalowe przedmioty przenoszone przez osoby. Bramka bezpieczeństwa na lotnisku może nie tylko wykryć metal przenoszony przez osobę, ale także wskazać jego przybliżoną wysokość nad podłogą. Źródło: „Alexbuirds”/Wikimedia Commons Wysokie indukowane napięcia stosowane są w lampach błyskowych (ang. flash lamp ). Wewnątrz aparatu znajduje się bateria, kondensator, transformator zbudowany z dwóch cewek indukcyjnych i generator drgań elektrycznych. Oscylacje pola magnetycznego, pojawiające się ze względu na zmienny prąd, podbijają napięcie z baterii do wartości powyżej 1000 woltów. Kondensator zatrzymuje napięcie, które zostaje użyte do zasilenia lampy w chwili wyzwolenia migawki. Indukcyjność własna cewki Na ciasno nawiniętej cewce o 50 zwojach zmierzono zaindukowaną SEM o wartości 2 ⁢ V , podczas gdy natężenie prądu zmieniało się jednostajnie od 0 ⁢ A do 5 ⁢ A w czasie 0,1 ⁢ s . Ile wynosi indukcyjność własna cewki? Ile wynosi strumień na jeden zwój cewki przy natężeniu prądu 5 ⁢ A ? Strategia rozwiązania W treści zadania zawarte są wszystkie dane potrzebne do znalezienia (a) indukcyjności własnej cewki i (b) strumienia na jeden zwój. W części (a) skorzystamy z , a w części (b) z . Rozwiązanie Z dokładnością do znaku z otrzymujemy L = ε d i ∕ d t = 2 ⁢ V 5 ⁢ A ∕ 0,1 ⁢ s = 4 ⋅ 10 − 2 ⁢ H ⁢ . Przekształcamy do postaci Φ B = L ⁢ i ∕ N i wstawiamy dane z zadania Φ B = 4 ⋅ 10 − 2 ⁢ H ⋅ 5 ⁢ A 50 ⁢ zwojów = 4 ⋅ 10 − 3 ⁢ Wb ⁢ . Znaczenie Wartości indukcyjności własnej i strumienia pola magnetycznego obliczone w punktach (a) i (b) są typowe dla współczesnych urządzeń. Jeśli natężenie prądu nie zmienia się w czasie, nie zmienia się także strumień oraz nie indukuje się SEM. Sprawdź, czy rozumiesz. Wyobraźmy sobie, że na prąd płynie z punktu B do A zamiast z A do B . W którym przypadku prąd jest rosnący, a w którym malejący, by indukowana była SEM zaznaczona na diagramach (a) i (b)? a. Malejący; b. Rosnący. Prąd płynie w przeciwnym kierunku niż na przedstawionych schematach. Aby otrzymać dodatnią wartość SEM po lewej stronie schematu (a), musimy zmniejszać prąd od prawej strony do lewej, co powoduje wzmocnienie SEM po lewej stronie schematu. Aby otrzymać dodatnią wartość SEM po prawej stronie schematu (b), musimy zwiększać prąd od prawej strony do lewej, co powoduje wzmocnienie SEM po prawej stronie schematu. Sprawdź, czy rozumiesz. Jednostajnie zmienny prąd ładowania indukuje SEM o wartości 10 ⁢ V w cewce indukcyjnej o indukcyjności własnej 0,25 ⁢ H . Jaka jest szybkość zmian natężenia prądu? 40 ⁢ A ∕ s . Na skuteczne podejście do obliczania indukcyjności własnej cewki indukcyjnej składają się następujące kroki: Strategia rozwiązywania zadań: indukcyjność własna Załóż, że przez cewkę indukcyjną płynie prąd o natężeniu i . Wyznacz indukcję pola magnetycznego B → indukowanego przez prąd. Jeśli układ ma odpowiednią symetrię, możesz skorzystać z prawa Ampère’a. Oblicz strumień pola magnetycznego Φ B . Indukcyjność własną znajdziesz po wstawieniu Φ B do , L = N ⁢ Φ B ∕ i . Aby zademonstrować tę metodę, wyznaczymy teraz indukcyjność własną dwóch cewek indukcyjnych o różnej geometrii. Cylindryczny solenoid Rozważmy długi, cylindryczny solenoid o długości l , polu przekroju poprzecznego S i N zwojach. Założymy, iż jego długość jest tak duża w porównaniu ze średnicą, że pole wewnątrz jest jednorodne i wynosi B = μ 0 ⁢ n ⁢ i . Jeśli przez uzwojenie płynie prąd o natężeniu i , to pole magnetyczne wytworzone w solenoidzie zapiszemy jako B = μ 0 ⁢ N l ⁢ i ⁢ . Zatem strumień pola magnetycznego przenikającego przez jeden zwój wynosi Φ B = B ⁢ S = μ 0 ⁢ N ⁢ S l ⁢ i ⁢ . Z , wyliczamy indukcyjność własną solenoidu L solenoid = N ⁢ Φ B i = μ 0 ⁢ N 2 ⁢ S l ⁢ . Jeśli n = N ∕ l jest liczbą zwojów na jednostkę długości, możemy zapisać w następujący sposób L = μ 0 ⁢ N l 2 ⁢ S ⁢ l = μ 0 ⁢ n 2 ⁢ S ⁢ l = μ 0 ⁢ n 2 ⁢ V ⁢ , gdzie V = S ⁢ l jest objętością solenoidu. Zauważmy, że indukcyjność własna solenoidu zależy jedynie od jego fizycznej budowy – liczby zwojów na jednostkę długości i objętości – a nie od natężenia pola magnetycznego albo natężenia prądu. Obserwacja ta jest prawdziwa dla wszystkich cewek indukcyjnych. Cewka nawinięta na prostokątny toroid przedstawia toroidalną cewkę o przekroju prostokątnym. Wewnętrzny i zewnętrzny promień cewki wynoszą odpowiednio R 1 i R 2 , a jej wysokość wynosi h . Wykorzystując prawo Ampère’a, podobnie jak zrobiliśmy to w obliczamy pole magnetyczne wewnątrz toroidu, którego przekrój jest kołem B = μ 0 ⁢ N ⁢ i 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ , gdzie r oznacza odległość od centralnej osi toroidu. Ponieważ pole magnetyczne wewnątrz jest niejednorodne, strumień pola znajdziemy, całkując po polu przekroju bryły. Całkujemy po infinitezymalnych elementach powierzchni d a = h ⁢ d r ( ). Otrzymujemy zależność Φ B = ∬ B ⁢ d a = ∫ R 1 R 2 μ 0 ⁢ N ⁢ i 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ h ⁢ d r = μ 0 ⁢ N ⁢ h ⁢ i 2 ⁢ π ⁢ ln R 2 R 1 ⁢ . \\Phi_B = \\iint B \\d a = \\int_{R_1}^{R_2} \\frac{\\mu_0 N I}{2\\pi r} h \\d r = \\frac{\\mu_0 N h I}{2\\pi} \\ln(\\frac{R_2}{R_1})\\text{.} Obliczanie indukcyjności własnej toroidu o przekroju prostokątnym Tak policzony strumień możemy wstawić do , by otrzymać indukcyjność własną naszej cewki L = N ⁢ Φ B i = μ 0 ⁢ N 2 ⁢ h 2 ⁢ π ⁢ ln R 2 R 1 ⁢ . L = \\frac{N\\Phi_B}{I} = \\frac{\\mu_0 N^2 h}{2\\pi} \\ln (\\frac{R_2}{R_1}) \\text{.} Tak jak się spodziewaliśmy, również tym razem indukcyjność własna zależy tylko od fizycznych właściwości cewki. Sprawdź, czy rozumiesz. Ciasno nawinięty solenoid z drutu o średnicy 0,1 ⁢ cm ma pole przekroju 0,9 ⁢ cm 2 i długość 40 ⁢ cm . Oblicz jego indukcyjność własną; Prąd płynący przez solenoid jednostajnie spada z 10 ⁢ A do 0 ⁢ A w czasie 0,1 ⁢ s . Ile wynosi indukowana SEM pomiędzy końcami cewki? a. 4,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ H ; b. 4,5 ⋅ 10 − 3 ⁢ V . Sprawdź, czy rozumiesz. Ile wynosi strumień pola magnetycznego przenikającego przez jeden zwój solenoidu o indukcyjności własnej 8 ⋅ 10 − 5 ⁢ H , gdy płynie przez niego prąd o natężeniu 3 ⁢ A ? Załóż, że solenoid ma 1000 zwojów i jest zrobiony z drutu o średnicy 1 ⁢ mm ; Ile wynosi pole przekroju poprzecznego tego solenoidu? a. 2,4 ⋅ 10 − 7 ⁢ Wb ; b. 6,4 ⋅ 10 − 5 ⁢ m 2 . Podsumowanie Zjawisko samoindukcji polega na indukowaniu się SEM w cewce indukcyjnej, przez którą płynie zmienny prąd ε = − L ⁢ d i d t ⁢ , gdzie L nazywane jest indukcyjnością własną cewki, a d i ∕ d t jest szybkością zmian natężenia płynącego przez nią prądu. Znak minus oznacza, że SEM przeciwdziała zmianom natężenia prądu zgodnie z regułą Lenza. Jednostką indukcyjności własnej jest henr ( H ), 1 ⁢ H = 1 ⁢ Ω ⁢ s . Indukcyjność własna solenoidu wynosi L = μ 0 ⁢ N 2 ⁢ S l ⁢ , gdzie N oznacza liczbę zwojów, S jest polem przekroju poprzecznego solenoidu, i jest jego dlugością, a μ 0 = 4 ⁢ π ⁢ ⋅ 10 − 7 ⁢ T ⁢ m ∕ A jest przenikalnością magnetyczną próżni. Indukcyjność własna toroidalnej cewki o przekroju prostokątnym wynosi L = μ 0 N 2 h 2 π ln R 2 R 1 , gdzie N jest liczbą zwojów, R 1 i R 2 są wewnętrznym i zewnętrznym promieniem toroidu, h jest jego wysokością, a μ 0 = 4 ⁢ π ⋅ 10 − 7 ⁢ T ⁢ m ∕ A jest przenikalnością magnetyczną próżni. Pytania Czy indukcyjność własna zależy od strumienia pola magnetycznego? Czy zależy od natężenia prądu płynącego przez przewód? Odnieś swoją odpowiedź do równania N ⁢ Φ B = L ⁢ i . Indukcyjność własna jest wprost proporcjonalna do strumienia pola magnetycznego i odwrotnie proporcjonalna do natężenia prądu. Jednak strumień pola zależy od natężenia prądu, więc te efekty się znoszą. Indukcyjność własna nie zależy wobec tego od natężenia prądu. Jeśli na cewce indukowana jest SEM, zależy ona jednak od szybkości zmian natężenia prądu. Czy indukcyjność własna ciasno nawiniętego solenoidu o długości 1 ⁢ m jest różna od indukcyjności własnej na metr identycznego, ale nieskończonego solenoidu? Omów, jak wyznaczyć indukcyjność własną na jednostkę długości długiego, prostego drutu. Rozważ końce drutu jako części obwodu RL i wyznacz indukcyjność własną takiego obwodu. Indukcyjność własna cewki jest równa zero, jeśli nie płynie przez nią prąd. Prawda czy fałsz? Jaka jest relacja między indukcyjnością własną na jednostkę długości w pobliżu środka solenoidu i na jego końcach? Pole magnetyczne rozbiega się na końcach solenoidu, zatem strumień pola magnetycznego przez skrajny zwój jest niższy niż przez jeden z wewnętrznych. Zadania Kiedy natężenie prądu płynącego przez cewkę zmienia się jednostajnie od 0,1 ⁢ A do 0,6 ⁢ A , indukowana jest SEM o wartości 0,4 ⁢ V . Jaka jest indukcyjność własna cewki? 0,24 ⁢ H . W ilustracji poniżej natężenie płynącego prądu zwiększa się; zmniejsza się. Który z końców cewki ma w każdym przypadku wyższy potencjał elektryczny? Jaka jest szybkość zmian natężenia prądu w cewce o indukcyjności 0,3 ⁢ H , jeśli indukowana SEM ma wartość 0,12 ⁢ V ? 0,4 ⁢ A ∕ s . Po wykonaniu zdjęcia z fleszem kondensator w lampie błyskowej rozładowuje się przez cewkę indukcyjną. W jakim czasie prąd o natężeniu 0,1 ⁢ A musi zostać włączony lub wyłączony, aby wyindukować SEM o wartości 500 ⁢ V w cewce o indukcyjności własnej 2 ⁢ mH ? Natężenie prądu płynącego w cewce o indukcyjności własnej 2 ⁢ H zmienia się zgodnie z równaniem i ⁡ t = 2 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ s − 1 ⋅ t . Znajdź wyrażenie na SEM indukowaną w cewce. ε = 480 ⁢ π ⁢ V ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ s − 1 ⋅ t − π ∕ 2 . Solenoid o długości 50 ⁢ cm zwinięty jest z 500 zwojów drutu. Przekrój poprzeczny cewki wynosi 2 ⁢ cm 2 . Jaka jest indukcyjność własna solenoidu? Natężenie prądu płynącego przez cewkę o indukcyjności własnej 3 ⁢ H zmienia się jednostajnie z szybkością d i ∕ d t = − 0,05 ⁢ A ∕ s . Ile wynosi wyindukowana SEM? Opisz kierunek tej siły. 0,15 ⁢ V . Kierunek pokrywa się z SEM, która wywołuje przepływ prądu. Natężenie prądu i ⁢ t płynącego przez cewkę o indukcyjności własnej 5 ⁢ mH zmienia się w czasie tak, jak narysowano poniżej. Oporność cewki wynosi 5 ⁢ Ω . Oblicz napięcie w cewce w czasie t = 2 ⁢ ms , t = 4 ⁢ ms , oraz t = 8 ⁢ ms . Na centymetr długości cylindrycznego solenoidu o promieniu 1,5 ⁢ cm przypada 100 zwojów. Zakładając, że solenoid jest nieskończenie długi, jaka jest jego indukcyjność własna na jednostkę długości? Jaka SEM indukowana jest na jednostkę długości, jeśli natężenie prądu płynącego przez solenoid zmienia się z szybkością 5 ⁢ A ∕ s ? a. 0,089 ⁢ H ∕ m ; b. 0,44 ⁢ V ∕ m . Przyjmijmy, że toroidalna cewka o przekroju prostokątnym ma 2000 zwojów i indukcyjność własną 0,04 ⁢ H . Ile wynosi stosunek wewnętrznego do zewnętrznego promienia cewki, jeśli h = 0,1 ⁢ m ? Ile wynosi indukcyjność wzajemna na metr koncentrycznego kabla, którego wewnętrzny promień wynosi 0,5 ⁢ mm , a zewnętrzny – 4 ⁢ mm ? L ∕ l = 4,16 ⋅ 10 − 7 ⁢ H ∕ m ⁢ . cewka indukcyjna (ang. inductor ) element obwodu elektrycznego wykazujący samoindukcję. Schematycznie przedstawiany jest jako nawinięty drut samoindukcja (ang. self-inductance ) zjawisko wytwarzania się SEM w urządzeniu, w którym płynie prąd", "section": "Samoindukcja i cewki indukcyjne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Energia magazynowana w polu magnetycznym W polu elektrycznym pomiędzy okładkami kondensatora magazynowana jest energia. W analogiczny sposób energia może być gromadzona również w polu magnetycznym cewki indukcyjnej. Obliczenie tej energii jest możliwe przez scałkowanie gęstości energii pola magnetycznego (ang. magnetic energy density ) u B = B 2 2 ⁢ μ 0 po odpowiedniej objętości. By zrozumieć, jak otrzymaliśmy to równanie, rozważmy długi, cylindryczny solenoid opisany w poprzedniej sekcji. W przybliżeniu nieskończonej cewki pole wewnątrz jest jednorodne i wynosi B = μ 0 ⁢ n ⁢ I . Zmagazynowana energia również jest rozłożona w sposób jednorodny. Zapiszemy ją jako iloczyn gęstości energii pola magnetycznego i objętości cewki E L = u B ⁢ V = μ 0 ⁢ n ⁢ I 2 2 ⁢ μ 0 ⋅ S ⁢ l = 1 2 ⁢ μ 0 ⁢ n 2 ⁢ S ⁢ l ⁢ I 2 ⁢ . E_B = u_B V = \\frac{(\\mu_0 n I)^2}{2\\mu_0} \\cdot S l = \\frac12 \\mu_0 n^2 S l I^2 \\text{.} Wyznaczoną zależność podstawimy do , by otrzymać E L = 1 2 ⁢ L ⁢ I 2 ⁢ . E_B = \\frac12 LI^2 \\text{.} Równanie to, choć wyprowadzone dla szczególnego przypadku, słuszne jest dla każdej cewki indukcyjnej. Możemy to wykazać, rozważając cewkę indukcyjną o dowolnej geometrii, przez którą płynie prąd. W każdym momencie wartość indukowanej SEM jest równa ε = L ⁢ d i ∕ d t \\epsilon = L \\d i / \\d t , więc moc absorbowana przez cewkę wynosi P = ε ⁢ i = L ⁢ d i d t ⁢ i ⁢ . Całkowitą energię zmagazynowaną w polu magnetycznym, gdy natężenie prądu rośnie od 0 \\num{0} do I w czasie od 0 \\num{0} do t , otrzymamy, całkując powyższe równanie E L = ∫ 0 t P ⁢ d t ′ = ∫ 0 t L ⁢ d i d t ′ ⁢ i ⁢ d t ′ = L ⁢ ∫ 0 I i ⁢ d i = 1 2 ⁢ L ⁢ I 2 ⁢ . E_B = \\int_0^t P\\d t' = \\int_0^t L \\frac{\\d i}{\\d t'} i \\d t' = L \\int_0^I i \\d i = \\frac12 LI^2 \\text{.} Indukcyjność własna kabla koncentrycznego Na przedstawione są dwa współosiowe cylindry o promieniach R 1 i R 2 . Wykorzystamy je, podobnie jak miało to miejsce w rozdziale Pojemność elektryczna , gdzie liczyliśmy pojemność takiego układu – jako uproszczony model kabla koncentrycznego (ang. coaxial cable ). W tym przykładzie wyznaczymy zmagazynowaną energię pola magnetycznego; indukcyjność własną na jednostkę długości kabla. (a) Koncentryczny kabel modelowo przedstawiamy jako dwa puste, cylindryczne przewodniki, przez które płynie prąd w przeciwnych kierunkach. (b) Pole magnetyczne pomiędzy przewodnikami można obliczyć z prawa Ampère’a zastosowanego do zaznaczonego pierścienia. (c) Energię pola magnetycznego na jednostkę długości znajdziemy, całkując po cylindrycznej powłoce o jednostkowej długości. Strategia rozwiązania Pole magnetyczne na zewnątrz i wewnątrz kabla koncentrycznego wyznaczymy z prawa Ampère’a. Wynik wstawimy do w celu policzenia gęstości energii. Następnym krokiem jest scałkowanie gęstości energii pomnożonej przez infinitezymalny element objętości. W ten sposób otrzymamy zmagazynowaną energię, a indukcyjność własną cewki wyznaczymy z . Rozwiązanie Pole magnetyczne między przewodnikami wyznaczamy z prawa Ampère’a (część (b) ), obliczając całkę krzywoliniową po pierścieniu o promieniu r , gdzie R 1 < r < R 2 . Ze względu na symetrię problemu, B → jest stałe wzdłuż krzywej całkowania. Mamy więc ∮ B → ⋅ d l → = B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r = μ 0 ⁢ I ⁢ , co daje nam B = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ . Na zewnątrz kabla z prawa Ampère’a otrzymamy B = 0 ⁢ T B=\\SI{0}{\\tesla} , gdyż wypadkowe natężenie prądu jest równe zero, gdy r > R 2 , podobnie jak byłoby to wewnątrz mniejszego cylindra dla r < R 1 . Cała energia pola magnetycznego zmagazynowana jest więc między cylindrami. Gęstość energii wynosi u B = B 2 2 ⁢ μ 0 = μ 0 ⁢ I 2 8 ⁢ π 2 ⁢ r 2 ⁢ , a energia zawarta między powierzchniami cylindrycznymi o promieniach r i r + d ⁢ r i długości l wynosi d E L = μ 0 ⁢ I 2 8 ⁢ π 2 ⁢ r 2 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l ⁢ d r ⁢ . Zatem całkowita energia pola magnetycznego na jednostkę długości E L = ∫ E L ⁡ R 1 E L ⁡ R 2 d E L = ∫ R 1 R 2 μ 0 ⁢ I 2 8 ⁢ π 2 ⁢ r 2 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ l ⁢ d r = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ l 4 ⁢ π ⁢ ln R 2 R 1 ⁢ . E_B = \\int_{E_B \\apply (R_1)}^{E_B \\apply (R_2)} \\d E_B = \\int_{R_1}^{R_2} \\frac{\\mu_0 I^2}{8\\pi^2 r^2} \\cdot 2\\pi r l \\d r = \\frac{\\mu_0 I^2 l}{4\\pi} \\ln(\\frac{R_2}{R_1}) \\text{.} Przypomnijmy E L = 1 2 ⁢ L ⁢ I 2 ⁢ , E_B = \\frac12 L I^2 \\text{,} w którym L jest indukcyjnością wzajemną koncentrycznego kabla o długości l . Porównując stronami powyższe dwa równania, otrzymujemy L l = μ 0 2 ⁢ π ⁢ ln R 2 R 1 ⁢ . \\frac{L}{l} = \\frac{\\mu_0}{2\\pi} \\ln (\\frac{R_2}{R_1}) \\text{.} Znaczenie Indukcyjność własna na jednostkę długości zależy od ilorazu promieni cylindrów. Indukcyjność zbiega do zera w granicy nieskończenie małego rozstawu przewodników w kablu ( R 1 = R 2 ). Możemy również zaobserwować, że energia pola magnetycznego na jednostkę długości jest wprost proporcjonalna do kwadratu natężenia prądu. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaka ilość energii zmagazynowana jest na cewce indukcyjnej z , po tym jak natężenie prądu osiągnie maksymalną wartość? 0,5 ⁢ J . Podsumowanie Energia zmagazynowana na cewce indukcyjnej wynosi E L = 1 2 ⁢ L ⁢ I 2 ⁢ . Indukcyjność własna na jednostkę długości kabla koncentrycznego wynosi L l = μ 0 2 ⁢ π ⁢ ln R 2 R 1 ⁢ . Pytania Wykaż, że L ⁢ I 2 ∕ 2 ma wymiar energii. Zadania W chwili, gdy prąd o natężeniu 0,2 ⁢ A przepływa przez drucianą pętlę, energia zmagazynowana w jej polu magnetycznym wynosi 6 ⋅ 10 − 3 ⁢ J . Jaka jest indukcyjność własna pętli? Toroidalna cewka o przekroju prostokątnym o 2000 zwojach i indukcyjności własnej 0,04 ⁢ H ma wysokość h = 0,1 ⁢ m . Ile wynosi prąd płynący przez nią, jeśli energia pola magnetycznego jest równa 2 ⋅ 10 − 6 ⁢ J ? 0,01 ⁢ A . Solenoid A jest nawinięty ciasno, podczas gdy między zwojami solenoidu B są przerwy równe średnicy drutu. Jeśli poza tym faktem solenoidy są identyczne, wyznacz stosunek zmagazynowanych w nich energii przy jednakowym natężeniu prądu przepływającym przez każdy z nich. Przez cewkę indukcyjną o indukcyjności własnej 10 ⁢ H płynie prąd o natężeniu 20 ⁢ A . Jaką ilość lodu w temperaturze 0 ⁢ ° C mogłaby roztopić z wykorzystaniem energii zmagazynowanej w cewce (przyjmij c top = 334 ⁢ J ∕ g c_{\\text{top}} = \\SI{334}{\\joule\\per\\gram} dla lodu)? 6 ⁢ g . Przez pętlę o indukcyjności własnej 3 ⁢ H i oporze 100 ⁢ Ω płynie stały prąd o natężeniu 2 ⁢ A . Ile wynosi energia magnetyczna zmagazynowana w polu pętli? Ile wynosi energia rozpraszana na oporze pętli w ciągu jednej sekundy? Przez koncentryczny kabel o zewnętrznym przekroju pięciokrotnie większym od wewnętrznego płynie prąd o natężeniu 1,2 ⁢ A . Ile wynosi wartość pola magnetycznego, która zostanie zmagazynowana na długości kabla 3 ⁢ m ? E B = 7 ⋅ 10 − 7 ⁢ J . gęstość energii pola magnetycznego (ang. magnetic energy density ) wartość energii przypadająca na jednostkę objętości zmagazynowanej w polu magnetycznym", "section": "Energia magazynowana w polu magnetycznym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Obwody RL Obwód posiadający opór i indukcyjność własną nazywamy w skrócie obwodem RL. (a) przedstawia tego rodzaju obwód z następującymi elementami: opornikiem, cewką indukcyjną, baterią generującą stałą SEM oraz dwoma przełącznikami S 1 i S 2 . Przy zamkniętym przełączniku S 1 otrzymujemy obwód zawierający wszystkie elementy połączone szeregowo: baterię, cewkę i opornik, natomiast przy zamkniętym S 2 (i otwartym S 1 ) mamy obwód z odłączoną baterią. Te dwie sytuacje przedstawione są na (b) i (c). Obwód RL z przełącznikami S 1 i S 2 . Przedstawione są obwody otrzymane przez (b) zamknięcie S 1 i pozostawienie S 2 otwartym, (c) zamknięcie S 2 i pozostawienie S 1 otwartym. W momencie zamknięcia S 1 bateria zaczyna generować prąd płynący przez obwód. Gdybyśmy pominęli indukcyjność własną obwodu, natężenie natychmiast wzrosłoby do stałej wartości ε ∕ R . W opisywanej sytuacji w obwodzie pojawia się jendak dodatkowa SEM u L ⁡ t = − L ⋅ d i ⁡ t ∕ d t u_L \\apply (t) = - L \\cdot \\d i\\apply (t) / \\d t , przeciwdziałająca nagłej zmianie prądu zgodnie z regułą Lenza. W rezultacie i ⁡ t i \\apply (t) początkowo jest równe zero, a następnie rośnie asymptotycznie do wartości końcowej. Na mocy prawa Kirchoffa możemy zapisać ε − L ⁢ d i d t − i ⁢ R = 0 ⁢ . \\epsilon - L \\frac{\\d i}{\\d t} - i R = 0 \\text{.} Jest to równanie różniczkowe pierwszego rzędu ze względu na I ⁢ t . Zauważmy jego podobieństwo do równania wyprowadzonego wcześniej dla obwodu RC ( Obwody RC ). może być rozwiązane w analogiczny sposób, zastępując człony pojemnościowe indukcyjnymi, co da nam i ⁢ t = ε R ⁢ 1 − e − R ⁢ t ∕ L = ε R ⁢ 1 − e − t ∕ τ L ⁢ , gdzie τ L = L R \\tau_L = \\frac{L}{R} jest stałą czasową obwodu RL (ang. inductive time constant ). Zależność i ⁢ t wykreślona jest na (a). Zaczyna się w zerze, a kiedy t ⟶ ∞ dąży asymptotycznie do ε ∕ R . Indukowana SEM u L ⁢ t jest wprost proporcjonalna do d i ∕ d t , czyli nachylenia krzywej i ⁢ t . Wobec tego indukowana SEM zbiega w granicy bardzo długiego czasu do zera, a obwód staje się równoważny opornikowi podłączonemu do źródła SEM. Wykresy w funkcji czasu: (a) natężenia prądu i (b) SEM indukowanej w obwodzie przedstawionym na (b). Energia zmagazynowana w polu magnetycznym cewki jest równa u B = 1 2 ⁢ L ⁢ I 2 ⁢ . Maksymalna wartość zmagazynowanej energii wynosi L ⁢ ε ∕ R 2 ∕ 2 przy maksymalnym natężeniu wynoszącym ε ∕ R . Stała czasowa τ L mówi nam o szybkości wzrostu natężenia prądu do jego końcowej wartości. Natężenie prądu w czasie t = τ L wyliczymy z i ⁢ τ L = ε R ⁢ 1 − e − 1 = 0,63 ⁢ ε R ⁢ . Wynosi ono 63 ⁢ % końcowej wartości ε ∕ R . Im mniejsza stała czasowa τ L = L ∕ R , tym szybsze są te zmiany. Zmienność w czasie indukowanej przez cewkę SEM możemy znaleźć, korzystając z tego, że u L ⁢ t = − L ⋅ d I ∕ d t i z u L ⁢ t = − L ⁢ d I d t = − ε ⁢ e − t ∕ τ L ⁢ . Jej wartość w zależności od czasu przedstawiona jest na (b). W chwili zamknięcia S 1 i otwarcia S 2 , SEM ma maksymalną wartość ε , gdyż d I ∕ d t jest wtedy największe. Następnie układ zbiega do stanu ustalonego, kiedy natężenie prądu przestaje się zmieniać. Wtedy też indukowana SEM zbiega do zera. Stała czasowa obwodu określa szybkość tych zmian. W chwili t = τ L wielkość indukowanej SEM wynosi u L ⁢ τ L = ε ⁢ e − 1 = 0,37 ⁢ ε = 0,37 ⁢ u L ⁡ 0 ⁢ s ⁢ . Po upływie czasu równego jednej stałej czasowej indukowane napięcie wynosi więc 37 ⁢ % wartości początkowej. Im mniejsza stała czasowa, tym wyższa szybkość tych zmian. Po pewnym czasie natężenie prądu osiągnie w przybliżeniu swoją końcową wartość. W tym momencie zmieniamy pozycję obu przełączników, w efekcie otrzymując obwód przedstawiony na (c). Prąd płynący w obwodzie ma wtedy natężenie i ⁢ 0 ⁢ s = ε ∕ R . Z prawa Kirchoffa zapiszemy i ⁢ R + L ⁢ d i d t = 0 ⁢ V ⁢ . Rozwiązanie tego równania przebiega podobnie jak dla rozładowującego się kondensatora. Natężenie prądu w chwili t zapisuje się równaniem i ⁢ t = ε R ⁢ e − t ∕ τ L ⁢ . Początkowo natężenie i ⁢ 0 ⁢ s = ε ∕ R , a następnie zanika, podczas gdy zużywana jest energia zmagazynowana na cewce indukcyjnej ( ). Zależność indukowanego SEM od czasu wynosi u L ⁢ t = ε ⁢ e − t ∕ τ L ⁢ . Początkowa SEM wynosi u L ⁡ 0 ⁢ s = ε i zbiega do zera, podobnie jak natężenie prądu i energia pola magnetycznego cewki L ⁢ I 2 ∕ 2 , która rozpraszana jest na oporze w postaci ciepła Joule’a. Zachowanie się natężenia prądu w obwodzie RL przedstawionym na (c). Indukowana SEM również zanika wykładniczo. Obwód RL ze źródłem SEM Rozważmy obwód przedstawiony na (a) z ε = 2 ⁢ V , R = 4 ⁢ Ω i L = 4 ⁢ H . Przy zamkniętym przełączniku S 1 i otwartym S 2 – (b). Ile wynosi stała czasowa obwodu? Ile wynosi natężenie prądu w obwodzie i wielkość SEM indukowanej w cewce w chwilach czasu t = 0 ⁢ s , t = 2 ⁢ τ L oraz t ⟶ ∞ ? Strategia rozwiązania Stała czasowa może być obliczona z . Natężenie prądu płynącego przez cewkę indukcyjną i indukowana SEM znaleziona będzie z i . Rozwiązanie Stała czasowa dla tego obwodu wynosi τ L = L R = 4 ⁢ H 4 ⁢ Ω = 1 ⁢ s ⁢ . Natężenie prądu w obwodzie rośnie zgodnie z i ⁢ t = ε R ⁢ 1 − e − t ∕ τ L ⁢ . W chwili t = 0 ⁢ s 1 − e − t ∕ τ L = 1 − 1 = 0 ⇒ i ⁡ 0 ⁢ s = 0 ⁢ A ⁢ . 1 - e^{-t/\\tau_L} = 1-1 = 0 \\implies i\\apply (\\SI{0}{\\second}) = \\SI{0}{\\ampere} \\text{.} W chwili t = 2 ⁢ τ L i ⁢ 2 ⁢ τ L = ε R ⁢ 1 − e − 2 = 0,5 ⁢ A ⋅ 0,86 = 0,43 ⁢ A ⁢ . Natomiast w t ⟶ ∞ i ⁢ t ⟶ ∞ = ε R = 0,5 ⁢ A ⁢ . Wartość indukowanej SEM maleje zgodnie z u L ⁢ t = ε ⁢ e − t ∕ τ L ⁢ . W chwilach czasu t = 0 ⁢ s , t = 2 ⁢ τ L i t ⟶ ∞ otrzymujemy u L ⁡ 0 ⁢ s = ε = 2 ⁢ V ⁢ , u L ⁡ 2 ⁢ τ L = ε ⁢ e -2 = 0,27 ⁢ V ⁢ , u L ⁡ t ⟶ ∞ = 0 ⁢ V ⁢ . \\begin{align} \\abs{u_L \\apply (\\SI{0}{\\second})} &= \\epsilon = \\SI{2}{\\volt} \\text{,} \\\\ \\abs{u_L \\apply (2\\tau_L)} &= \\epsilon e^{-2} = \\SI{0,27}{\\volt} \\text{,} \\\\ \\abs{u_L \\apply (t \\to \\infty)} &= \\SI{0}{\\volt} \\text{.} \\end{align} Znaczenie Jeśli odstęp czasowy między pomiarami jest znacznie większy od stałej czasowej, nie zaobserwujemy wykładniczego zaniku albo wzrostu napięcia na cewce indukcyjnej i oporniku. Tak jak przedstawiono to na , mierzone napięcia szybko osiągają końcowe wartości. Jako źródło prądu do obwodu RL przyłączono generator napięcia prostokątnego. Na wykresach przedstawione jest zachowanie w czasie (a) napięcia źródła, (b) napięcia na cewce indukcyjnej, (c) napięcia na oporniku. Obwód RL bez źródła SEM Po osiągnięciu przez obwód z stanu ustalonego pozycja obu przełączników jest odwrócona i otrzymujemy obwód z wypiętą baterią – (c). Po jakim czasie natężenie prądu spadnie do połowy początkowej wartości? Po jakim czasie energia zmagazynowana w polu magnetycznym cewki indukcyjnej spadnie do 1 ⁢ % wartości maksymalnej? Strategia rozwiązania Na oporze występującym w obwodzie rozpraszana będzie energia prądu, więc jego natężenie będzie teraz malało wykładniczo. W punktach (a) i (b) skorzystamy z tego samego wyrażenia na i ⁢ t , najpierw bezpośrednio wyliczając natężenie, a potem podstawiając do wyrażenia na energię zmagazynowaną w cewce. Rozwiązanie Po zmianie pozycji przełączników natężenie prądu zanika zgodnie z równaniem i ⁡ t = ε R ⁢ e − t ∕ τ L = i ⁡ 0 ⁢ s ⁢ e − t ∕ τ L ⁢ . W szukanym czasie natężenie prądu wynosi połowę początkowej wartości i ⁡ t = 0,5 ⋅ i ⁡ 0 ⁢ s ⇒ e − t ∕ τ L = 0,5 ⁢ , i\\apply (t) = \\num{0,5} \\cdot i\\apply (\\SI{0}{\\second}) \\implies e^{-t/\\tau_L} = \\num{0,5}\\text{,} więc t = − ln 0,5 ⋅ τ L = 0,69 ⋅ 1 ⁢ s = 0,69 ⁢ s ⁢ , gdzie skorzystaliśmy ze stałej czasowej obliczonej w poprzednim przykładzie. Energia zmagazynowana w cewce indukcyjnej wynosi E L ⁢ t = 1 2 ⁢ L ⋅ i ⁢ t 2 = 1 2 ⁢ L ⋅ ε R ⋅ e − t ∕ τ L 2 = L ⁢ e 2 2 ⁢ R 2 ⋅ e − 2 ⁢ t ∕ τ L ⁢ . Energia spada do 1 ⁢ % \\SI{1}{\\percent} wartości początkowej, otrzymujemy więc E L ⁡ t = 0,01 ⋅ E L ⁡ 0 ⁢ s ⁢ lub ⁢ L ⁢ e 2 2 ⁢ R 2 ⁢ e − 2 ⁢ t ∕ τ L = 0,01 ⋅ L ⁢ e 2 2 ⁢ R 2 ⁢ . Po skróceniu i zlogarytmowaniu obu stron ostatniego równania otrzymujemy − 2 ⁢ t τ L = ln 0,01 ⁢ , zatem t = 1 2 ⁢ τ L ⁢ ln 0,01 ⁢ . Skoro τ L = 1 ⁢ s , to energia zmagazynowana w cewce osiągnie 1 ⁢ % początkowej wartości po czasie t = − 1 2 ⋅ 1 ⁢ s ⋅ ln 0,01 = 2,3 ⁢ s ⁢ . Znaczenie W obliczeniach przyjęliśmy, że przed przełączeniem przełączników S 1 i S 2 w obwodzie (b) ustaliła się maksymalna wartość natężenia prądu. W przeciwnym razie początkowe natężenie byłoby niższe i zanikałoby według tego samego równania. Sprawdź, czy rozumiesz. Wykaż, że R ⁢ C i L ∕ R mają wymiar czasu. Sprawdź, czy rozumiesz. Ile wynosi stała czasowa obwodu z (b), jeśli po czasie 5 ⁢ s natężenie rośnie do 90 ⁢ % maksymalnej wartości? Ile wynosi indukcyjność własna cewki, jeśli R = 20 ⁢ Ω ? Po jakim czasie natężenie osiągnie 90 ⁢ % maksymalnej wartości, jeśli R zwiększy się z 20 ⁢ Ω do 100 ⁢ Ω ? a. 2,2 ⁢ s ; b. 43 ⁢ H ; c. 1 ⁢ s . Sprawdź, czy rozumiesz. Wykaż, że po ustaleniu się stanu obwodu z (b) różnica całkowitej energii wytworzonej przez baterię i rozproszonej na oporniku równa będzie energii zmagazynowanej w polu magnetycznym cewki. Podsumowanie Kiedy połączymy szeregowo opornik, cewkę indukcyjną i źródło napięcia, zachowanie natężenia prądu w czasie opisywane jest równaniem (włączanie) i ⁢ t = ε R ⁢ 1 − e − R ⁢ t ∕ L = ε R ⁢ 1 − e − t ∕ τ L , a początkowe natężenie prądu wynosi I 0 = ε ∕ R . Charakterystyczna stała czasowa obwodu RL wynosi τ L = L ∕ R , gdzie L jest indukcyjnością własną, a R oporem. W czasie od 0 do τ L natężenie prądu rośnie od 0 do 0,632 ⁢ I 0 \\num{0,632}I_0 . Po zwarciu cewki z opornikiem prąd zanika według równania (wyłączanie) i ⁢ t = ε R ⁢ e − t ∕ τ L . W czasie od 0 do τ L natężenie prądu spada od 0 do 0,638 ⁢ I 0 \\num{0,638}I_0 . Pytania Na mocy reguły Lenza wyjaśnij, dlaczego początkowy prąd w obwodzie RL przedstawionym na (b) jest równy zero. Według reguły Lenza indukowany na cewce prąd przeciwdziała prądowi wytworzonemu przez baterię tak, że wypadkowe natężenie wynosi zero. Po osiągnięciu końcowego natężenia prądu ε ∕ R w obwodzie przedstawionym na (b), ile wynosi napięcie mierzone na cewce, a ile na oporniku? Czy czas, w którym natężenie prądu w obwodzie RL osiąga pewien ułamek I 0 , zależy od SEM baterii? Nie. Do biegunów baterii przyłączono końce cewki indukcyjnej. Czy natężenie prądu, który ustali się w obwodzie, i czas, po jakim to nastąpi, zależy od oporu wewnętrznego baterii? Po jakim czasie napięcie na cewce w obwodzie RL przedstawionym na (b) osiągnie maksymalną wartość? W t = 0 ⁢ s , czyli w momencie zmiany pozycji przełącznika. Czy SEM indukowana na cewce wpiętej do tego obwodu może przewyższyć SEM źródła prądu? Jeśli SEM baterii zmniejszymy o połowę, jak zmieni się energia zmagazynowana w polu magnetycznym cewki indukcyjnej? Do 1 ∕ 4 maksymalnej wartości. Przez obwód RL o wysokiej stałej czasowej przepływa stały prąd. Po otwarciu obwodu między końcami przełącznika przeskakuje iskra. Dlaczego? Opisz, jak będzie się zmieniać prąd płynący przez oporniki R 1 i R 2 po zamknięciu obwodu. Początkowo I 1 = ε ∕ R 1 , a I 2 = 0 ⁢ A . Po długim czasie I 1 = ε ∕ R 1 , a I 2 = ε ∕ R 2 . Omów możliwe zastosowania obwodów RL. Zadania Dla obwodu z ε = 12 ⁢ V , L = 20 ⁢ mH i R = 5 ⁢ Ω . Wyznacz stałą czasową obwodu; początkowe natężenie prądu płynącego przez opornik; końcowe natężenie prądu płynącego przez opornik; natężenie prądu płynącego przez opornik w chwili t = 2 ⁢ τ L ; napięcie na cewce i oporniku w chwili t = 2 ⁢ τ L . Dla poniższego obwodu ε = 20 ⁢ V , L = 4 ⁢ mH i R = 5 ⁢ Ω . Po osiągnieciu stanu ustalonego przy zamkniętym S 1 i otwartym S 2 pozycja obu przełączników zostaje zmieniona w chwili t = 0 ⁢ s . Wyznacz natężenie prądu płynącego przez cewkę w t = 0 ⁢ s ; t = 4 ⋅ 10 − 4 ⁢ s . Napięcie na oporniku i cewce w chwili t = 4 ⋅ 10 − 4 ⁢ s . a. 4 ⁢ A ; b. 2,4 ⁢ A ; c. Na oporniku: U R = 12 ⁢ V , na cewce: U L = 7,9 ⁢ V . Dla poniższego obwodu płynący prąd po 2 ⁢ s osiąga 40 ⁢ % swojej maksymalnej wartości. Jaka jest stała czasowa obwodu? Po jakim czasie od zamknięcia przełącznika S 1 w poniższym obwodzie natężenie prądu osiąga połowę wartości maksymalnej? Odpowiedź wyraź w zależności od stałej czasowej obwodu. 0,69 ⁢ τ \\num{0,69}\\tau . Zapisz d I ∕ d t w momencie zamknięcia poniższego obwodu. Wykaż, że gdyby prąd rósł jednostajnie w tym tempie, osiągnąłby wartość ε ∕ R w t = τ L . Natężenie prądu płynącego w poniższym obwodzie osiąga połowę maksymalnej wartości w 1,75 ⁢ ms po zamknięciu obwodu. Przy L = 250 ⁢ mH wyznacz stałą czasową obwodu τ ; opór R . a. 2,52 ⁢ ms ; b. 99,2 ⁢ Ω . Wyznacz i 1 , i 2 i i 3 w chwili, gdy przełącznik S jest zamknięty; natężenia osiągnęły swoje maksymalne wartości; przełącznik jest otwarty po tym, jak obwód osiągnął stan ustalony. Dla poniższego obwodu ε = 50 ⁢ V , R 1 = 10 ⁢ Ω , R 2 = R 3 = 19,4 ⁢ Ω i L = 2 ⁢ mH , wyznacz wartości i 1 i i 2 w chwili zamknięcia obwodu; po długim czasie od zamknięcia obwodu; w chwili otwarcia obwodu, po długim czasie od otwarcia obwodu. a. i 1 = i 2 = 1,7 ⁢ A ; b. i 1 = 2,73 ⁢ A , i 2 = 1,36 ⁢ A ; c. i 1 = 0 ⁢ A , i 2 = 0,54 ⁢ A ; d. i 1 = i 2 = 0 ⁢ A . Dla poniższego obwodu znajdź natężenie prądu płynącego przez cewkę 2 ⋅ 10 − 5 ⁢ s po otwarciu przełącznika. Wykaż, że całkowita energia zmagazynowana w polu magnetycznym cewki indukcyjnej wpiętej do poniższego obwodu L ⁢ i 2 ⁡ 0 ⁢ s ∕ 2 Li^2 \\apply (\\SI{0}{\\second}) / 2 równa jest całkowitej energii, która zostanie rozproszona na oporniku. stała czasowa obwodu RL (ang. inductive time constant ) charakterystyczny dla danego obwodu RL czas wynoszący L ∕ R związany z osiąganiem przez obwód stanu ustalonego", "section": "Obwody RL", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Oscylacje obwodów LC Zarówno kondensatory, jak i cewki indukcyjne są urzędzeniami zdolnymi do magazynowania energii w ich polach elektrycznych (kondensator, ozn. C ) i magnetycznych (cewka, ozn. L ). Energia ta oscyluje między nimi, gdy są połączone w obwodzie, bez przyłożonej zewnętrznej SEM, pochodzącej na przykład z baterii. Koncepcje przedstawione w tej sekcji znajdują zastosowanie w ogólniejszych problemach transferu energii między polem elektrycznym i magnetycznym fali elektromagnetycznej, czyli światła. Rozważania zaczniemy od wyidealizowanego przypadku obwodu z zerowym oporem, czyli obwodu LC (ang. LC circuit ). Obwód LC przedstawiono schematycznie na . W chwili t = 0 ⁢ s , cała energia obwodu zmagazynowana jest w polu elektrycznym kondensatora – (a). Ładunek zgromadzony w kondensatorze przed zamknięciem obwodu wynosi q 0 . Energię w kondensatorze zapiszemy wtedy równaniem E C = 1 2 ⋅ q 0 2 C ⁢ . Kiedy zamykamy obwód, kondensator zaczyna się rozładowywać, a w obwodzie zaczyna płynąć prąd. Ten indukuje pole magnetyczne w cewce, którego natężenie stopniowo rośnie, podczas gdy spada natężenie pola elektrycznego w kondensatorze. (a-d) Oscylacja zmagazynowanego ładunku z zaznaczonym kierunkiem przepływu prądu. (e) Wykresy przedstawiają przebieg zmian ładunku i natężenia prądu między elementami obwodu LC. Po pewnym czasie dojdzie do pełnego transferu energii. Kondensator zostanie całkowicie rozładowany, a cała energia zmagazynowana będzie w polu magnetycznym cewki – (b). Natężenie prądu osiąga teraz maksymalną wartość I 0 , a energię cewki można wyrazić wzorem E L = 1 2 ⁢ L ⁢ I 0 2 ⁢ . Pominęliśmy opór obwodu, zatem energia nie jest tracona w postaci ciepła Joule’a. Z tego wynika, że maksymalne energie zgromadzone na kondensatorze i na cewce muszą być sobie równe 1 2 ⋅ q 0 2 C = 1 2 ⁢ L ⁢ I 0 2 ⁢ . W dowolnej chwili czasu t , kiedy ładunek na kondensatorze wynosi q ⁢ t , a natężenie płynącego prądu i ⁢ t , całkowita energia E cał E_{\\text{cał}} dana jest równaniem E cał ⁡ t = q 2 ⁡ t 2 ⁢ C + L ⁢ i 2 ⁡ t 2 ⁢ . E_{\\text{cał}} \\apply (t) = \\frac{q^2 \\apply (t)}{2C} + \\frac{L i^2 \\apply (t)}{2} \\text{.} A ponieważ pomijamy rozpraszanie energii, to E cał = 1 2 ⋅ q 2 C + 1 2 ⁢ L ⁢ i 2 = 1 2 ⋅ q 0 2 C = 1 2 ⁢ L ⁢ I 0 2 ⁢ . Cewka indukcyjna przeciwdziała zmianom natężenia prądu, więc ten nie przestaje płynąć, nawet gdy kondensator jest rozładowany. Po osiągnięciu maksymalnej wartości I 0 prąd i ⁢ t powoduje dalsze przemieszczanie się ładunku między okładkami kondensatora, ponownie go ładując z odwróconą biegunowością. Pole elektryczne kondensatora ponownie rośnie, podczas gdy pole magnetyczne cewki maleje. W rezultacie energia przekazywana jest z powrotem do kondensatora. Spełniona musi być zasada zachowania energii, więc maksymalny ładunek, który znajdzie się na kondensatorze, wynosi znowu q 0 . Jak widać jednak na (c), jego okładki naładowane są ładunkiem przeciwnego znaku niż miało to miejsce na początku. Po całkowitym naładowaniu energia natychmiast zaczyna być przekazywana do cewki aż do pełnego rozładowania – (d). Potem energia znów przepływa do kondensatora, a układ powraca do stanu początkowego. Prześledziliśmy jeden pełen okres oscylacji w obwodzie. Zachodzące drgania elektromagnetyczne są analogiczne do drgań mechanicznych masy zawieszonej na sprężynie. W drugim przypadku energia oscyluje między ciężarkiem, którego energia kinetyczna wynosi m ⁢ v 2 ∕ 2 , a sprężyną, której energia potencjalna równa jest k ⁢ x 2 ∕ 2 . Tak jak w przypadku obwodu LC założyliśmy zerowy opór, tak tutaj możemy założyć, że tarcie jest pomijalnie małe. W tej sytuacji oscylacje będą powtarzały się w nieskończoność. Założenia te nie sprawdzają się w praktyce. Rzeczywisty obwód zawsze będzie miał skończony opór, na którym tracona będzie energia. Dla układu mechanicznego wielkością analogiczną do natężenia prądu i ⁢ t = d q ⁢ t ∕ d t jest prędkość ciężarka v ⁢ t = d x ⁢ t ∕ d t . Całkowitą energię mechaniczną zapiszemy jako E = 1 2 ⁢ m ⁢ v 2 + 1 2 ⁢ k ⁢ x 2 ⁢ . Analogia między poprzednim akapitem a jest ewidentna. Przechodząc z układu mechanicznego do elektromagnetycznego, zastępujemy po prostu m przez L , v przez i , k przez 1 ∕ C , a x przez q . Skorzystajmy z tego, że znamy już rozwiązanie mechanicznego oscylatora harmonicznego x ⁢ t = A ⋅ cos ω ⁢ t + ϕ ⁢ , gdzie ω = k ∕ m . Wobec tego ładunek zmagazynowany na kondensatorze w obwodzie LC dany jest analogicznym równaniem q ⁢ t = q 0 ⋅ cos ω ⁢ t + ϕ ⁢ , gdzie częstość kątowa oscylacji w obwodzie wynosi ω = 1 L ⁢ C ⁢ . Zapiszmy jeszcze wzór na natężenie prądu jako pochodną ładunku po czasie i ⁢ t = d q ⁢ t d t = − ω ⁢ q 0 ⋅ sin ω ⁢ t + ϕ ⁢ . Zachowanie w czasie q ⁢ t i i ⁢ t dla zerowego przesunięcia fazowego ϕ = 0 przedstawione jest na (e). Obwód LC W obwodzie LC indukcyjność własna cewki wynosi 2 ⋅ 10 − 2 ⁢ H , a pojemność kondensatora 8 ⋅ 10 − 6 ⁢ F . W chwili czasu t = 0 ⁢ s cała energia zmagazynowana jest na kondensatorze naładowanym do 1,2 ⋅ 10 − 5 ⁢ C . Ile wynosi częstość kątowa drgań w obwodzie? Ile wynosi maksymalny prąd płynący w obwodzie? Po jakim czasie kondensator rozładuje się całkowicie? Znajdźmy równanie na q ⁢ t . Strategia rozwiązania Częstość kątowa dana jest . Maksymalne natężenie prądu znajdziemy, korzystając z zasady zachowania energii dla obwodu ( ). Czas, w którym kondensator rozładuje się całkowicie, równy jest jednej czwartej pełnego okresu drgań, który łatwo obliczymy, znając częstość kątową. Wyrażenie na q ⁢ t znajdziemy, podstawiając początkowy ładunek na kondensatorze i częstość kątową do . Rozwiązanie Z wyliczamy częstość oscylacji ω = 1 L ⁢ C = 1 2 ⋅ 10 − 2 ⁢ H ⋅ 8 ⋅ 10 − 6 ⁢ F = 2,5 ⋅ 10 3 ⁢ rad ∕ s ⁢ . Prąd płynący w obwodzie ma maksymalne natężenie, kiedy cała energia, wcześniej zmagazynowana w całości na kondensatorze, przeniesiona zostanie na cewkę. Z zasady zachowania energii 1 2 ⁢ L ⁢ I 0 2 = 1 2 ⋅ q 0 2 C ⁢ , otrzymujemy I 0 = 1 L ⁢ C ⋅ q 0 = 2,5 ⋅ 10 3 ⁢ rad ∕ s ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⁢ C = 3 ⋅ 10 − 2 ⁢ A ⁢ . Innym sposobem znalezienia rozwiązania jest zastosowanie analogii do mechanicznego oscylatora harmonicznego i potraktowanie ładunku jako położenia, a natężenia prądu jako prędkości masy na sprężynie. Kondensator ulega całkowitemu rozładowaniu po jednej czwartej pełnego okresu drgań 1 4 ⁢ T = 1 4 ⋅ 2 ⁢ π ω = 1 4 ⋅ 2 ⁢ π 2,5 ⋅ 10 3 ⁢ rad ∕ s = 1 4 ⋅ 6,3 ⋅ 10 − 4 ⁢ s ⁢ . Rozważmy początkowy stan układu. W chwili t = 0 ⁢ s kondensator jest naładowany, więc q ⁡ 0 ⁢ s = q 0 . Po wstawieniu do otrzymamy q ⁡ 0 ⁢ s = q 0 = q 0 ⁢ cos ϕ ⁢ . Zatem ϕ = 0 , a równanie na q ⁢ t ostatecznie przybiera postać q ⁡ t = 1,2 ⋅ 10 − 5 ⁢ C ⋅ cos 2,5 ⋅ 10 3 ⁢ rad ∕ s ⋅ t ⁢ . Znaczenie Zależność, z której skorzystaliśmy w punkcie (b), można również wyprowadzić z pełnego wyrażenia na energię układu w dowolnej chwili czasu, kiedy część energii zmagazynowana jest na kondensatorze, a część – na cewce. By otrzymać równość z , uwzględniamy stan w chwili, kiedy albo kondensator jest rozładowany, albo przez cewkę nie płynie prąd. Sprawdź, czy rozumiesz. Częstość kątowa drgań obwodu LC wynosi 2 ⋅ 10 3 ⁢ rad ∕ s , natomiast L = 0,1 ⁢ H . Ile wynosi pojemność kondensatora C ? W chwili czasu t = 0 ⁢ s cała energia zmagazynowana jest na cewce. Ile wynosi wartość przesunięcia fazowego ϕ ? Do obwodu wpięto drugi kondensator równolegle do pierwszego. Ile wynosi częstość kątowa oscylacji tego obwodu? a. 2,5 ⁢ µF ; b. π ∕ 2 ⁢ rad albo 3 ⁢ π ∕ 2 ⁢ rad ; c. 1,4 ⋅ 10 3 ⁢ rad ∕ s . Podsumowanie Energia przenoszona jest cyklicznie między kondensatorem a cewką indukcyjną w obwodzie LC z częstością kątową ω = 1 ∕ L ⁢ C \\omega=1/\\sqrt{LC} . Ładunek na kondensatorze i natężenie prądu w obwodzie dane są równaniami q ⁡ t = q 0 ⁢ cos ω ⁢ t + ϕ ⁢ , q \\apply (t) = q_0 \\cos (\\omega t + \\phi) \\text{,} i ⁡ t = − ω ⁢ q 0 ⁢ sin ω ⁢ t + ϕ ⁢ . i \\apply (t) = -\\omega q_0 \\sin (\\omega t + \\phi) \\text{.} Pytania Czy prawa Kirchoffa stosują się do obwodów LC? Tak. Czy element obwodu może posiadać zarówno pojemność, jak i indukcyjność własną? Jakie własności determinują częstotliwość i amplitudę oscylacji energii w obwodzie LC? Początkowa energia określa amplitudę oscylacji. Częstotliwość drgań zależy od pojemności i indukcyjności własnej elementów obwodu. Zadania Kondensator o pojemności 5000 ⁢ pF naładowano do napięcia 100 ⁢ V , a następnie podłączono do cewki o indukcyjności własnej 80 ⁢ mH . Wyznacz maksymalną energię zmagazynowaną w polu magnetycznym cewki; maksymalne natężenie prądu; częstotliwość drgań obwodu. Indukcyjność własna i pojemność elementów obwodu LC wynoszą 0,2 ⁢ mH i 5 ⁢ pF . Ile wynosi częstość kątowa drgań obwodu? ω = 3,2 ⋅ 10 − 7 ⁢ rad ∕ s . Obwód LC z kondensatorem o pojemności 10 ⁢ µF wykazuje oscylacje o częstotliwości 60 ⁢ Hz . Ile wynosi indukcyjność własna cewki? Maksymalny ładunek kondensatora w obwodzie LC wynosi 2 ⋅ 10 − 6 ⁢ C , a maksymalne natężenie prądu jest równe 8 ⁢ mA . Ile wynosi okres oscylacji? Ile czasu upływa od momentu całkowitego rozładowania kondensatora do kolejnego pełnego naładowania? a. 7,9 ⋅ 10 − 4 ⁢ s ; b. 4 ⋅ 10 − 4 ⁢ s . W obwodzie LC L = 20 ⁢ mH , a C = 1 ⁢ µF . Ile wynosi częstotliwość drgań? Ile wynosi maksymalne natężenie prądu płynącego w obwodzie, jeśli maksymalne napięcie między okładkami kondensatora wynosi 50 ⁢ V ? W obwodzie LC maksymalny ładunek zmagazynowany na kondensatorze wynosi q max . Rozważ sytuację, gdy energia jest rozdzielona równomiernie między pole elektryczne kondensatora i pole magnetyczne cewki. Wyznacz ładunek na kondensatorze i natężenie prądu płynącego przez cewkę w zależności od q max , L i C . q = q max ∕ 2 , I = q max ∕ 2 ⁢ L ⁢ C . W pewnej chwili otwarto przełącznik S 1 i zamknięto przełącznik S 2 w obwodzie, którego schemat przedstawiono poniżej. Wyznacz częstotliwość powstałych oscylacji; maksymalny ładunek na kondensatorze; maksymalne natężenie prądu płynącego przez cewkę; energię elektromagnetyczną oscylacji. Obwód LC zainstalowany w odbiorniku radiowym zawiera cewkę o indukcyjności własnej 2,5 ⁢ mH i kondensator o zmiennej pojemności. Jeśli odbiornik ma działać w całym paśmie AM od 540 ⁢ kHz do 1600 ⁢ kHz , jaki powinien być zakres możliwych pojemności kondensatora? C = 1 ∕ 4 ⁢ π 2 ⁢ f 2 ⁢ L , f 1 = 540 ⁢ kHz , C 1 = 3,5 ⋅ 10 − 11 ⁢ F , f 2 = 1600 ⁢ kHz , C 2 = 4 ⋅ 10 − 12 ⁢ F . obwód LC (ang. LC circuit ) obwód zawierający cewkę indukcyjną i kondensator", "section": "Oscylacje obwodów LC", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Obwody RLC Obwód RLC (ang. RLC circuit ) otrzymamy, jeśli rozważania z poprzedniej sekcji rozszerzymy o uwzględnienie skończonego oporu w obwodzie. Przyjmiemy, że opór podłączonych do obwodu urządzeń oraz przewodów tworzących połączenia możemy reprezentować w postaci pojedynczego opornika o oporze R . Powoduje on rozpraszanie energii z szybkością i 2 ⁢ R po zamknięciu obwodu przedstawionego schematycznie na (a). Uprzednio naładowany kondensator zaczyna się rozładowywać. Zmiany zmagazynowanej w obwodzie energii opisuje równanie d E cał d t = q C ⋅ d q d t + L ⁢ i ⁢ d i d t = − i 2 ⁢ R ⁢ , \\frac{\\d E_{\\text{cał}}}{\\d t} = \\frac{q}{C} \\cdot \\frac{\\d q}{\\d t} + L i \\frac{\\d i}{\\d t} = - i^2 R \\text{,} gdzie i oraz q zależą od czasu. Uprościmy nieco powyższy zapis L ⁢ d 2 q d t 2 + R ⁢ d q d t + 1 C ⁢ q = 0 ⁢ . (a) Obwód RLC. Oscylacje elektromagnetyczne mają swój początek w momencie zamknięcia obwodu. Zakładamy, że początkowo kondensator jest w pełni naładowany. (b) Zachowanie tłumionych oscylacji ładunku na kondensatorze q ⁢ t . Początkowy ładunek wynosi q 0 . To równanie jest analogiczne do równania ruchu masy zawieszonej na sprężynie z uwzględnieniem tłumienia m ⁢ d 2 x d t 2 + b ⁢ d x d t + k ⁢ x = 0 ⁢ . Z tym równaniem po raz pierwszy spotkaliśmy się w rozdziale Drgania . Zobaczyliśmy tam, że rozwiązania mogą przyjmować trzy postacie, zależnie od wartości częstości kątowej nietłumionej sprężyny względem b ∕ 2 ⁢ m . Układ może być tłumiony słabo ( k ∕ m > b ∕ 2 ⁢ m ), krytycznie ( k ∕ m = b ∕ 2 ⁢ m ) albo silnie ( k ∕ m < b ∕ 2 ⁢ m ). Podstawiając L za m , R za b , 1 ∕ C za k i q za x w , przy założeniu 1 ∕ L ⁢ C > R ∕ 2 ⁢ L otrzymujemy q ⁢ t = q 0 ⁢ e − R ⁢ t ∕ 2 ⁢ L ⋅ cos ω ′ ⁢ t + ϕ ⁢ , gdzie częstość kątowa drgań dana jest wzorem ω ′ = 1 L ⁢ C − R 2 ⁢ L 2 ⁢ . Rozwiązanie odpowiadające słabemu tłumieniu przedstawione jest na (b). Amplituda oscylacji zmniejsza się, gdyż energia rozpraszana jest na oporniku. Doświadczalnego potwierdzenia można dokonać, mierząc napięcie na kondensatorze w różnych chwilach czasu. Napięcie pomnożone przez pojemność da nam q ⁢ t . Wypróbuj interaktywny generator obwodów (w języku angielskim) pozwalający na śledzenie zmian natężenia prądu i napięcia w czasie. Za jago pomocą możesz tworzyć obwody RLC o dowolnej topografii ze źródłami prądu stałego i zmiennego. Przejrzyj stronę zawierającą interaktywny applet Java (w języku angielskim), za pomocą którego będziesz mógł ćwiczyć rozwiązywanie zadań z obwodami prądu. Sprawdź, czy rozumiesz. W obwodzie RLC L = 5 ⁢ mH , C = 6 ⁢ µF i R = 200 ⁢ Ω . Określ, czy obwód jest tłumiony słabo, krytycznie czy silnie; Jeśli początkowy ładunek na kondensatorze wynosi 3 ⋅ 10 − 3 ⁢ C , jak dużo energii rozproszy się na oporniku do momentu wygaśnięcia oscylacji? a. Silnie; b. 0,75 ⁢ J . Podsumowanie Zależność ładunku od czasu w słabo tłumionym obwodzie RLC opisuje równanie q ⁢ t = q 0 ⁢ e − R ⁢ t ∕ 2 ⁢ L ⋅ cos ω ′ ⁢ t + ϕ ⁢ . Częstość kątowa w słabo tłumionym obwodzie RLC wynosi ω ′ = 1 L C − ( R 2 L ) 2 . Najważniejsze wzory Indukcyjność wzajemna względem strumienia pola M = N 2 ⁢ Φ 21 i 1 = N 1 ⁢ Φ 12 i 2 Indukcyjność wzajemna w obwodach ε 1 = − M ⁢ d i 2 d t Indukcyjność własna względem strumienia pola N ⁢ Φ B = L ⁢ i Indukcyjność własna względem SEM ε = − L ⁢ d i d t Indukcyjność własna solenoidu L solenoid = μ 0 ⁢ N 2 ⁢ S l Indukcyjność własna prostokątnego toroidu L toroid = μ 0 ⁢ N 2 ⁢ h 2 ⁢ π ⁢ ln R 2 R 1 Energia zmagazynowana w cewce indukcyjnej E L = 1 2 ⁢ L ⁢ i 2 Prąd w funkcji czasu w obwodzie RL i ⁢ t = ε R ⁢ 1 − e − t ∕ τ L Stała czasowa obwodu RL τ L = L R Oscylacje ładunku w obwodzie LC q ⁢ t = q 0 ⋅ cos ω ⁢ t + ϕ Częstość kątowa obwodu LC ω = 1 L ⁢ C Oscylacje natężenia prądu w obwodzie LC i ⁢ t = − ω ⁢ q 0 ⋅ sin ω ⁢ t + ϕ Oscylacje ładunku w obwodzie RLC q ⁢ t = q 0 ⁢ e − R ⁢ t ∕ 2 ⁢ L ⋅ cos ω ′ ⁢ t + ϕ Częstość kątowa obwodu RLC ω ′ = 1 L ⁢ C − R 2 ⁢ L 2 Pytania Kiedy zewrzemy ze sobą dwa końce solenoidu, mogą pojawić się oscylacje, takie jak w obwodzie RLC. Wyjaśnij, skąd bierze się w takim obwodzie pojemność elektryczna. Jaki wpływ na obwód LC ma skończony opór przewodów? W efekcie otrzymujemy obwód RLC, w którym energia jest rozpraszana, co powoduje wygasanie amplitudy w tempie zależnym od wielkości oporu. Załóżmy, że chciałbyś zaprojektować obwód LC o częstotliwości 0,01 ⁢ Hz . Z jakimi trudnościami mógłbyś się spotkać? Odbiornik radiowy z wbudowanym obwodem RLC można ustawić tak, by odbierał sygnał o wybranej częstotliwości bez zakłóceń z sygnałów o innych częstotliwościach. Jak zaprojektować taki obwód? Należy wybrać opór na tyle mały, żeby dostroić się do jednej stacji, ale na tyle duży, by nie było potrzebne zbyt precyzyjne strojenie. Indukcyjność własna albo pojemność takiego układu musi być zmienna. Z praktycznego punktu widzenia dużo łatwiej jest skonstruować kondensator o zmiennej pojemności. Zadania W oscylującym obwodzie RLC R = 5 ⁢ Ω , L = 5 ⁢ mH oraz C = 500 ⁢ µF . Ile wynosi częstość kątowa oscylacji? W oscylującym obwodzie RLC L = 10 ⁢ mH , C = 1,5 ⁢ µF i R = 2 ⁢ Ω . Ile czasu upłynie, zanim amplituda oscylacji spadnie do połowy swojej początkowej wartości? 6,9 ⁢ ms . Opornik o jakim oporze musi zostać połączony z cewką o indukcyjności 200 ⁢ mH , by oscylacje zanikły do 50 ⁢ % swojej początkowej wartości po 50 cyklach? A o jakim, by zanikły do 0,1 ⁢ % początkowej wartości po 50 cyklach? Zadania dodatkowe Wykaż, że indukcyjność własna na jednostkę długości nieskończonego, prostego, cienkiego drutu jest nieskończona. Dowód: Na zewnątrz B = μ 0 ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⁢ r ; Wewnątrz B = μ 0 ⁢ I ⁢ r ∕ 2 ⁢ π ⁢ a 2 , U = μ 0 ⁢ I 2 ⁢ l ∕ 4 ⁢ π ⋅ 1 ∕ 4 + ln R ∕ a . Zatem 2 ⁢ U ∕ I 2 = μ 0 ⁢ l ∕ I 2 ⋅ 1 ∕ 4 + ln R ∕ a i L ⟶ ∞ L \\to \\infty . Przez dwa długie, równoległe druty płynie prąd w przeciwnych kierunkach. Promień każdego z drutów wynosi a , natomiast odległość między środkami drutów wynosi d . Pokaż, że jeśli pominiemy strumień pola magnetycznego wewnątrz durutów, indukcyjność własna drutów wynosi L = μ 0 ⁢ l ∕ π ⋅ ln d − a ∕ a . Wskazówka: Znajdź strumień pola magnetycznego przez prostokąt o boku długości I umieszczony między drutami. Nastepnie skorzystaj z tego, że L = N ⁢ Φ ∕ I . Niewielka, prostokątna pętla z drutu umieszczona jest w płaszczyźnie wyznaczonej przez znacznie większą prostokątną pętlę. Dwa krótsze boki większej pętli są w takiej odległości od małej ramki, że mała pętla nie odczuwa ich pola magnetycznego. Ile wynosi względna indukcyjność tych dwóch pętli? M = μ 0 ⁢ l ∕ π ⋅ ln d + a ∕ a . Cylindryczny solenoid nawinięty jest na żelazny rdzeń, którego podatność magnetyczna wynosi x . Korzystając z wykaż, że indukcyjność własna tego solenoidu wynosi L = 1 + x ⁢ μ 0 ⁢ N 2 ⁢ S ∕ l , gdzie l jest jego długością, S – polem przekroju poprzecznego, a N – liczbą zwojów. Solenoid z poprzedniego zadania nawinięto na żelazny rdzeń o podatności magnetycznej 4 ⋅ 10 3 . Ile wynosi indukcja pola magnetycznego wewnątrz rdzenia, jeśli przez solenoid płynie prąd o natężeniu 2 ⁢ A ? Ile wynosi efektywne natężenie prądu powierzchniowego, którego źródłem są występujące w żelaznym rdzeniu pętle o rozmiarach atomu, w których płynie prąd? Ile wynosi indukcyjność własna solenoidu z rdzeniem? a. 100 ⁢ T ; b. 2 ⁢ A ; c. 0,5 ⁢ H . Cewka o N = 3000 zwojach nawinięta na żelazny rdzeń w kształcie toroidu o przekroju prostokątnym o promieniu wewnętrznym R 1 = 7 ⁢ cm , zewnętrznym R 2 = 9 ⁢ cm , wysokości h = 3 ⁢ cm i podatności magnetycznej 5,2 ⋅ 10 3 . Ile wynosi indukcyjność własna cewki? Ile wynosi pole magnetyczne w środku rdzenia, jeśli przez cewkę płynie prąd o natężeniu 2 ⁢ A ? Ile wynosi efektywne natężenie prądu powierzchniowego? W czasie t = 0 ⁢ s poniższy obwód został zamknięty przełącznikiem S . Wyznacz natężenie prądu płynącego przez baterię w chwili zamknięcia obwodu; po osiągnięciu przez obwód stanu ustalonego. a. 0 ⁢ A ; b. 2,4 ⁢ A . W obwodzie RLC R = 7 ⁢ Ω , L = 10 ⁢ mH i C = 3 ⁢ µF . Początkowy ładunek na kondensatorze wynosi 8 ⁢ µC przy zerowym prądzie. Oblicz ładunek na kondensatorze po pięciu cyklach oscylacji; po pięćdziesięciu cyklach. Prąd o natężeniu 100 ⁢ A płynący przez cewkę o indukcyjności własnej 25 ⁢ H wyłączony jest w czasie 1 ⁢ ms . Ile wynosi napięcie przeciwdziałające wyłączeniu prądu? Co nierealnego jest w tym wyniku? Które założenie jest za to odpowiedzialne? a. 2,5 ⋅ 10 6 ⁢ V ; b. Napięcie jest tak ogromne, że między końcami przełącznika wytworzyłby się łuk elektryczny, a prąd nie zostałby zredukowany tak szybko; c. Nierealne jest użycie takiej cewki indukcyjnej w celu wyłączenia prądu o tak wysokim natężeniu w tak krótkim czasie. Zadania Wewnętrzny przewód w kablu koncentrycznym ma promień a , a zewnętrzny – b . Prąd o natężeniu I płynie w wewnętrznym przewodzie w przeciwnym kierunku niż w zewnętrznym. Indukcyjność własna kabla zależeć będzie od tego, jak rozkłada się natężenie prądu w wewnętrznym przewodzie. Rozważ i porównaj ze sobą dwa skrajne przypadki: Niech prąd płynie tylko po powierzchni przewodu; Niech prąd płynie równomiernie przez cały przekrój poprzeczny przewodu. Załóż, że wewnętrzny przewód ma kształt litego cylindra, a zewnętrzny – cylindrycznej cienkiej powłoki. W obwodzie oscylacyjnym z tłumieniem energia jest rozpraszana na oporniku. Dobrocią ( Q ) nazywamy bezwymiarową stałą określającą odporność oscylatora na stratę energii wskutek tłumienia. Wykaż, że w obwodzie ze słabym tłumieniem energia zanika według równania d E cał ∕ d t = − 2 ⁢ β ⁢ E cał \\d E_{\\text{cał}} / \\d t = - 2 \\beta E_{\\text{cał}} ; Dobroć zdefiniowana jest jako stosunek początkowej energii do straty energii w kolejnym cyklu. Wykaż, że dobroć oscylatora ze słabym tłumieniem można wyrazić Q = E pocz ∕ Δ E na cykl = 1 ∕ R ⋅ L ∕ C Q = E_{\\text{pocz}} / \\prefop{\\Delta} E_{\\text{na cykl}} = 1/R \\cdot \\sqrt{L/C} . Znajdź natężenie prądu płynącego przez R 1 , R 2 i baterię w funkcji czasu po zamknięciu poniższego obwodu w chwili t = 0 ⁢ s . Kwadratowa ramka o boku 2 ⁢ cm umieszczona jest w odległości 1 ⁢ cm od długiego przewodu, w którym płynie prąd, którego natężenie zmienia się jednostajnie z szybkością 3 ⁢ A ∕ s . Korzystając z prawa Ampère’a, znajdź wzór na indukcję pola magnetycznego wytworzonego przez przewód; Wyznacz strumień pola magnetycznego przez ramkę; Ile wynosi natężenie wyindukowanego w ramce prądu, jeśli jej opór równy jest 3 ⁢ Ω ? a. d B ∕ d t = 6 ⋅ 10 − 6 ⁢ T ∕ s ; b. Φ B = μ 0 ⁢ a ⁢ I ∕ 2 ⁢ π ⋅ ln a + b ∕ b ; c. 4 ⁢ nA . Prostokątna ramka z miedzi ma masę 100 ⁢ g i opór 0,2 ⁢ Ω . Umieszczono ją w jednorodnym polu magnetycznym, którego linie przechodzą prostopadle przez ramkę i są równoległe do powierzchni Ziemi, tak że dolna krawędź ramki pokrywa się z dolną krawędzią obszaru, w którym pole magnetyczne jest niezerowe. W pewnym momencie ramka jest puszczona swobodnie i zaczyna spadać w kierunku Ziemi, tak jak przedstawiono to na rysunku poniżej. Znajdź szybkość poruszania się ramki w momencie, gdy jej cała powierzchnia znajdzie się poza obszarem, w którym działa pole magnetyczne; Po jakim czasie od chwili czasu t = 0 ⁢ s , gdy została puszczona, opuści ona obszar działania pola magnetycznego? Załóż, że a = 25 ⁢ cm , b = 50 ⁢ cm , B = 3 ⁢ T i g = 9,8 ⁢ m ∕ s 2 oraz że indukcja pola magnetycznego pochodzącego od wyindukowanego prądu jest pomijalnie mała w porównaniu z B B . obwód RLC (ang. RLC circuit ) obwód zawierający opornik, cewkę indukcyjną i kondensator", "section": "Obwody RLC", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Prąd używany w naszych domach to prąd zmienny (AC). Jest on przesyłany liniami przesyłowymi do lokalnych stacji transformatorowych, skąd trafia do naszych domów. Ten rozdział poświęcony jest zagadnieniu działania transformatora i temu, jak umożliwia on przesył prądu o bardzo wysokim napięciu przy minimalnych stratach na liniach. Prąd elektryczny dostarczany jest do naszych domów jako prąd zmienny (ang. alternating current , AC) liniami przesyłowymi wysokiego napięcia. Jak zostało to opisane w podrozdziale Transformatory , transformatory zmieniają amplitudę zmiennego napięcia na taką, której możemy używać na co dzień. Taka transformacja prądu pozwala na przesył energii pod bardzo wysokim napięciem, jednocześnie minimalizując straty wynikające z rezystancji linii przesyłowych, a następnie na dostarczenie jej do domów, już pod niższym i bezpieczniejszym napięciem. Ponieważ transformatory nie wywierają żadnego wpływu na stałe napięcia, takie możliwości są znacznie ograniczone przy zastosowaniu prądu stałego. W tym rozdziale użyjemy praw Kirchhoffa do analizy czterech prostych obwodów, w których płynie prąd zmienny. Omawialiśmy wcześniej użycie opornika, kondensatora i cewki w obwodzie z bateriami. Te same elementy są częściami obwodów prądu zmiennego. Ponieważ jednak wymagana jest obecność napięcia zmiennego, stałe źródło siły elektromotorycznej SEM, jakim jest bateria, musi zostać zamienione na źródło napięcia zmiennego, które wytwarza oscylującą siłę elektromotoryczną. W literaturze przyjęło się nazywać napięcie przykładane do danego elementu obwodu siłą elektromotoryczną, co ma swoje uzasadnienie historyczne (w 1791 roku Luigi Galvani (1737–1798) zauważył, że mięśnie martwej żaby kurczą się, jeśli znajdują się między dwoma różnymi metalami, gdzie istnieje niezerowe napięcie). Współcześnie wiadomo, że napięcie przyłożone do danego elementu elektrycznego (np. opornika) jest czynnikiem sprawczym wprowadzającym ładunki elektryczne w ruch. W tym sensie uzasadnione jest użycie terminu „siła elektromotoryczna” (SEM). Wpływ napięcia na układy biologiczne (jak mięśnie martwej lub żywej żaby) jest fascynującym i złożonym zagadnieniem. Wykracza jednak poza ramy tej książki.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Źródła prądu zmiennego Większość przykładów przytaczanych do tej pory w tym podręczniku to w szczególności te z użyciem baterii, zawierające źródła stałonapięciowe. Oznacza to, że po pojawieniu się przepływu prądu jego natężenie pozostaje stałe. Prąd stały (ang. direct current , DC) to przepływ ładunku elektrycznego w jednym tylko kierunku i o stałym niezmiennym natężeniu. Jest to proces stacjonarny (proces ten ustala się w krótkim czasie w układzie i jest to proces równowagi dynamicznej). Wówczas mamy ustalenie się rozkładu potencjału i rozkładu natężenia prądu elektrycznego w układzie. Jednak najbardziej powszechne zastosowania prądu elektrycznego wykorzystują źródła napięcia zmiennego w czasie. Prąd zmienny (ang. alternating current , AC) to przepływ ładunku elektrycznego, którego natężenie i kierunek są periodycznie zmienne w czasie. Prąd zmienny wytwarzany jest jako konsekwencja działania zmiennej w czasie siły elektromotorycznej (zazwyczaj sinusoidalnie zmiennej), która z kolei wytwarzana jest w elektrowniach, jak opisano to w podrozdziale zatytułowanym Indukowane pola elektryczne . Jeśli w danym obwodzie istnieje źródło prądu zmiennego, którego siła elektromotoryczna oscyluje periodycznie, w szczególności sinusoidalnie, obwód taki nazywamy obwodem prądu zmiennego. Przykłady obejmują zarówno zastosowania komercyjne, jak i niekomercyjne, zaspokajające nasze szerokie potrzeby. Wartości napięcia i częstotliwości prądu zmiennego używanego powszechnie różnią się w poszczególnych krajach. W typowym gospodarstwie domowym różnica potencjałów pomiędzy dwoma wtykami w gniazdku elektrycznym oscyluje sinusoidalnie z częstotliwością 50 ⁢ Hz lub 60 ⁢ Hz i amplitudą wynoszącą od 156 ⁢ V do 325 ⁢ V , w zależności od miejsca zamieszkania. Najbardziej znanymi wartościami są jednak 220 ⁢ V albo 230 ⁢ V przy 50 ⁢ Hz w Europie lub 120 ⁢ V przy 60 ⁢ Hz w USA. Wartości te, jak zostanie to wyjaśnione później, nie są wartościami szczytowymi (amplitudami), lecz skutecznymi (średnimi względem przenoszonej mocy), obserwowanymi w naszych gniazdkach po podłączeniu typowego woltomierza. przedstawia wykresy wartości napięcia i natężenia prądu względem czasu dla prądu stałego i prądu zmiennego dla Polski. (a) W przypadku elektrycznego prądu stałego wartości napięcia i natężenia są stałe przez cały czas. W praktyce zachodzi to od momentu ustabilizowania się przepływu ładunku (czyli momentu osiągnięcia stacjonarności procesu przepływu). (b) W przypadku prądu zmiennego wartości napięcia i natężenia prądu są funkcją czasu. Zadany przykład prezentuje przebieg prądu zmiennego o częstotliwości 50 ⁢ Hz i czasu t w milisekundach, przebiegi napięcia i prądu są sinusoidalne i zgodne w fazie dla prostego obwodu rezystywnego. Częstotliwości i amplitudy napięcia prądu zmiennego mogą znacząco się różnić. Załóżmy, że do źródła zmiennego napięcia podłączymy rezystor i ustalimy, jak zmienia się w czasie napięcie wytworzone na nim i natężenie prądu płynącego przez niego. przedstawia schemat prostego obwodu ze źródłem zmiennego napięcia elektrycznego. Jak widać, napięcie oscyluje sinusoidalnie w czasie ze stałą częstotliwością na obu zaciskach zarówno źródła, jak i opornika. Tym samym napięcie prądu zmiennego (ang. AC voltage ) lub „napięcie wejściowe” może być dane wzorem u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , gdzie u ⁡ t u\\apply(t) to napięcie prądu w chwili t , U 0 to amplituda, natomiast ω jest częstością kołową wyrażoną w radianach na sekundę. W typowym gniazdku w Polsce U 0 = 325 ⁢ V i ω = 100 ⁢ π ⁢ rad ∕ s , zaś w Stanach Zjednoczonych U 0 = 156 ⁢ V i ω = 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s . Dla takiego prostego układu z rezystorem I = U ∕ R . Natężenie prądu zmiennego (ang. AC current ), oznaczające natężenie prądu oscylującego sinusoidalnie w czasie ze stałą częstotliwością, wyrażone jest więc zależnością i ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , gdzie i ⁡ t i\\apply(t) to natężenie w chwili t , a I 0 to amplituda natężenia, równa I 0 = U 0 ∕ R . W tym przypadku napięcie i natężenie są ze sobą zgodne w fazie, co oznacza, że ich wykresy sinusoidalne mają w tych samych punktach szczyty i miejsca zerowe. Zmieniają się zgodnie (oba rosną i maleją w tym samym czasie), jak jest to widoczne na (b). We wszystkich równaniach w całym rozdziale zmienne pisane małą literą (np. i ) oznaczają wartości chwilowe, natomiast pisane wielką (np. I ) – amplitudy lub wartości skuteczne. Różnica potencjałów pomiędzy wyjściami źródła zmiennego napięcia oscyluje, więc wykresy sinusoidalne dla źródła i rezystora pokrywają się. Wzór matematyczny na wielkość u t to u t = U 0 sin ( ω t ) . Natężenie prądu w oporniku zmienia swój kierunek, dokładnie tak samo jak napięcie do niego przyłożone, ponieważ i ⁡ t = u ⁡ t ∕ R i \\apply (t) = u \\apply (t) / R ( R R jest wartością stałą, natomiast funkcje i ⁡ t i \\apply (t) oraz u ⁡ t u \\apply (t) posiadają ten sam kształt, ale różnią się amplitudą zmienności, a ta może być regulowana parametrem R R ). Jeśli tym opornikiem jest np. świetlówka, gaśnie ona i zapala się 100 razy na sekundę, ponieważ wartość prądu co chwilę jest równa zero. Migotanie o częstotliwości 100 ⁢ Hz jest zbyt szybkie, aby ludzkie oko było w stanie je zauważyć. Jednak jeśli pomachasz swoją ręką przed twarzą, patrząc jednocześnie na świetlówkę, będziesz w stanie zauważyć efekt stroboskopowy. Sprawdź, czy rozumiesz. Ile wynosi odstęp czasowy pomiędzy sąsiadującymi miejscami zerowymi na wykresie napięcia od czasu dla źródła AC w USA? 8,3 ⁢ ms \\SI{8,3}{\\milli\\second} . Podsumowanie Prąd stały (DC) odnosi się do obwodów, w których napięcie źródła jest stałe w czasie. Prąd zmienny (AC) odnosi się do obwodów, w których napięcie źródła zmienia się w czasie, w szczególności sinusoidalnie lub jako suma sinusoidalnych sygnałów. Źródło napięcia w obwodzie prądu zmiennego dostarcza napięcia, które może zostać wyliczone z wykorzystaniem czasu, amplitudy napięcia (maksymalnego lub minimalnego) i częstości kołowej. W prostym obwodzie natężenie prądu elektrycznego można ustalić poprzez dzielenie napięcia elektrycznego przez opór elektryczny. Amplituda natężenia elektrycznego prądu zmiennego obliczana jest z wykorzystaniem amplitudy napięcia elektrycznego (ustalanej przez podzielenie amplitudy napięcia przez wielkość oporu elektrycznego), częstości kołowej i czasu. Pytania Jaka jest zależność pomiędzy częstotliwością a częstością kołową? Częstość kołowa jest równa częstotliwości pomnożonej przez 2 ⁢ π . Zadania Napisz wyrażenie na napięcie wyjściowe źródła napięcia zmiennego, które wytwarza napięcie o amplitudzie 12 ⁢ V i częstotliwości 200 ⁢ Hz . natężenie prądu zmiennego (ang. AC current ) natężenie prądu, które oscyluje sinusoidalnie w czasie ze stałą częstotliwością napięcie prądu zmiennego (ang. AC voltage ) napięcie prądu, które oscyluje sinusoidalnie w czasie ze stałą częstotliwością prąd zmienny (AC) (ang. alternating current ) przepływ ładunku elektrycznego zmienny w czasie, który periodycznie zmienia swój kierunek i swoje natężenie prąd stały (DC) (ang. direct current ) przepływ ładunku elektrycznego w tylko jednym kierunku i niezmienny w czasie", "section": "Źródła prądu zmiennego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Proste obwody prądu zmiennego W tym podrozdziale zajmiemy się analizą prostych obwodów składających się ze źródła napięcia zmiennego podłączonego do trzech elementów: (1) opornika, (2) kondensatora i (3) cewki. Siła elektromotoryczna dostarczana przez źródło podana jest jako u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , jak przedstawiono na , przy założeniu, że zaczynamy rejestrację przebiegu w czasie t = 0 ⁢ s dla u = 0 ⁢ V . Możliwe jest również wprowadzenie stałej fazowej, która „przesunie” wykres funkcji w przypadku rozpoczęcia pomiarów w innym punkcie przebiegu. Jest to przypadek podobny do omawianego w rozdziale Fale . Ponieważ wolno nam jednak dokonywać pomiarów w dowolnym momencie, możemy na razie pominąć ten stały czynnik fazowy. Napięcie w obwodzie i na poszczególnych elementach może być określane z zastosowaniem dwóch metod: (1) podejścia analitycznego, opartego na naszej wiedzy na temat obwodów i elementów elektronicznych wyrażonej w równaniach różniczkowych, które należy rozwiązać otrzymując przebiegi napięcia i natężenia prądu elektrycznego co jest podejściem najogólniejszym, albo (2) podejścia schematycznego dla przebiegów okresowych prądu elektrycznego i napięcia (napięcie i natężenie prądu są tutaj funkcjami periodycznymi) wyrażonego graficznie przez wskazy, które objaśnione zostanie w kolejnych podrozdziałach. (a) Przebieg wyjściowy u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t generatora napięcia zmiennego. (b) Symbol używany dla źródła napięcia zmiennego w schemacie elektrycznym. Opornik Na początek zanalizujmy opornik podłączony do źródła napięcia zmiennego. Z prawa Ohma wynika, że napięcie na oporze z (a) wynosi u R ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , a natężenie prądu płynącego przez ten rezystor wynosi i R ⁡ t = u R ⁡ t R = U 0 R ⁢ sin ω ⁢ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . (a) Opornik podłączony do źródła napięcia zmiennego. (b) Wykresy natężenia prądu i R ⁡ t płynącego przez opornik i napięcia u R ⁡ t na nim. Obie wielkości są zgodne w fazie. W tym przypadku I 0 = U 0 ∕ R jest amplitudą zmiennego w czasie natężenia prądu. Wykresy i R ⁡ t i u R ⁡ t przedstawione zostały na (b). Obie krzywe osiągają maksima i minima w tym samym czasie, a więc oznacza to, że natężenie prądu płynącego przez opornik i napięcie prądu na oporniku są zgodne w fazie. Graficzne przedstawienie relacji fazowej pomiędzy natężeniem i napięciem prądu jest bardzo przydatne w analizie obwodów prądu zmiennego. Takie przedstawienie nazywane jest wykresem wskazowym (ang. phasor diagram ). Wykres wskazowy dla i R ⁡ t przedstawiony został na (a) z natężeniem prądu odłożonym na osi pionowej i . Strzałka (nazywana wskazem) obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara ze stałą prędkością kątową ω , więc widoczna jest w jednej z chwil t . Jeśli długość wskazu odpowiada amplitudzie natężenia prądu I 0 , to rzut obracającego się wskazu na oś pionową wynosi i R ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t , co odpowiada wartości chwilowej natężenia prądu. Wykres wskazowy przedstawiający natężenie prądu płynącego przez opornik z . (b) Wykres wskazowy przedstawiający zarówno i R ⁡ t , jak i u R ⁡ t . Oś pionowa wykresu wskazowego może reprezentować zarówno natężenie, jak i napięcie prądu, w zależności od wskazu, który właśnie analizujemy. Ponadto możliwe jest przedstawienie kilku wielkości na tym samym wykresie wskazowym. Przykładowo na (b) pokazano natężenie prądu i R ⁡ t oraz u R ⁡ t . Ponieważ obie wielkości mają tę samą częstotliwość i są zgodne w fazie, ich wskazy mają ten sam kierunek i zwrot i obracają się z jednakową prędkością. Ponieważ obie wielkości mają tę samą częstotliwość i są zgodne w fazie, ich wskazy mają ten sam kierunek, a także zwrot i obracają się z jednakową prędkością kątową. Obracające się ze stałą prędkością kątową wskazy są konstrukcją matematyczną. To co jest mierzalne doświadczalnie to ich rzut na oś rzeczywistą (taki rzut jest wartością rzeczywistą w dwuwymiarowym układzie współrzędnych reprezentującym wszystkie możliwe liczby zespolone z = x + i ⁢ y z = x + iy , gdzie i 2 = -1 i^2 = -1 ). Każdy wskaz wyraża liczbę zespoloną z ⁡ t = z 0 ⁢ sin ω ⁢ t − α + i ⁢ cos ω ⁢ t − α z \\apply (t) = z_0 [\\sin (\\omega t - \\alpha) + i \\cos (\\omega t - \\alpha)] , gdzie z 0 z_0 , ω \\omega i α \\alpha są stałymi o wartościach rzeczywistych, a i i to jednostka urojona, której kwadrat jest liczbą -1 -1 . Koncepcja obracającego się wskazu wyrażonego analitycznie przez liczbę zespoloną z ⁡ t z \\apply (t) jest po prostu innym sposobem przedstawienia drgań oscylatora harmonicznego, którego położenie jest sinusoidalnie zmiennie w czasie. Przykładowo można zauważyć, że obracający się pręt o długości L L w danej płaszczyźnie x y x\\sep y ze stałą prędkością kątową ω \\omega i zaczepiony w punkcie x = 0 y = 0 (x=0, y=0) można reprezentować drgania masy na sprężynie, kiedy nie występuje tarcie ( x ⁡ t = L ⁢ sin ω ⁢ t − α x \\apply (t) = L\\sin (\\omega t - \\alpha) ). Tak obracający się pręt jest wskazem z ⁡ t = L ⁢ sin ω ⁢ t − α + i ⁢ cos ω ⁢ t − α z \\apply (t) = L[\\sin(\\omega t - \\alpha) + i \\cos (\\omega t - \\alpha)] . Stosowanie wskazów niesienie ukryte założenie, że zakładany przebieg zmienności napięcia i natężenia prądu elektrycznego cechuje się periodycznością czyli okresowością. Oczywiście tak jest w układach AC. Kondensator W celu wygodnego przedstawienia zjawisk okresowych będziemy stosowali liczby zespolone. Liczby zespolone mogą być reprezentowane jako dwuwymiarowe wektory. Zakładając sinusoidalną zmienność prądu elektrycznego i napięcia definiujemy I ⁡ ω = I 0 ⁢ exp i ⁢ ω ⁢ t − t 0 oraz U ⁡ ω = U 0 ⁢ exp i ⁢ ω ⁢ t − t 0 , gdzie I 0 to amplituda prądu elektrycznego będąca liczbą rzeczywistą, t 0 to pewna stała rzeczywista, ω to częstotliwość kołowa, a U 0 to amplituda napięcia będąca liczbą rzeczywistą. To, co mierzymy na przykład na oporniku, to część rzeczywista I ⁡ ω oraz U ⁡ ω . W pewnym sensie koncepcja wskazów jest uogólnieniem prawa Ohma, gdzie natężenie prądu elektrycznego I ⁡ ω (wyrażone przez wskaz) przepływającego przez dany element elektroniczny jest powiązane z napięciem U ⁡ ω (wyrażonym przez wskaz) przyłożonym do tego elementu: U ⁡ ω = Z ⁡ ω ⁢ I ⁡ ω . Tutaj Z ⁡ ω jest impedancją będącą uogólnieniem oporności elektrycznej ( Z ⁡ ω = R w przypadku opornika o oporze elektrycznym R i jest wyrażone liczbą zespoloną – posiada część rzeczywistą i urojoną). Jednak zarówno napięcie, jak i natężenie prądu są reprezentowane przez wskazy (dwuwymiarowe wektory, które są liczbami zespolonymi). Długości wskazów wyrażają amplitudę wielkości sinusoidalnie zmiennych. Jednak stosunek długości tych dwóch wskazów może zostać wyrażony przez rezystancję, ponieważ jeden z nich reprezentuje napięcie, a drugi natężenie prądu. Część rzeczywista ( Re ) impedancji to opór elektryczny ( R = Re Z ), a część urojona ( Im ) impedancji to reaktancja ( X = Im Z ). Rozpatrzmy teraz obwód z kondensatorem (ang. capacitor ) połączonym ze źródłem napięcia zmiennego. Zgodnie z drugim prawem Kirchhoffa napięcie na kondensatorze z (a) opisane jest jako u C ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . Pamiętamy, że ładunek zgromadzony w kondensatorze podlega zależności Q = C ⁢ U . Jest ona prawdziwa dla każdej chwili w cyklu prądu zmiennego. Oznacza to, że chwilową wartość ładunku w kondensatorze da się opisać zależnością q ⁡ t = C ⁢ u c ⁡ t = C ⁢ U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . Natężenie prądu w obwodzie z definicji jest miarą przepływu ładunku na jednostkę czasu, więc natężenie prądu może opisywać tempo opuszczania (lub pojawiania się) ładunku w kondensatorze i C ⁡ t = d q ⁡ t d t = ω ⁢ C ⁢ U 0 ⁢ cos ω ⁢ t = I 0 ⁢ cos ω ⁢ t ⁢ , gdzie I 0 = ω ⁢ C ⁢ U 0 jest amplitudą natężenia prądu. Gdy zastosujemy zależność pomiędzy funkcją cosinus i sinus, czyli cos ω ⁢ t = sin ω ⁢ t + π ∕ 2 , chwilowa wartość natężenia prądu przyjmuje postać i C ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t + π 2 ⁢ . Poprzez podzielenie U 0 przez I 0 otrzymamy wyrażenie podobne do prawa Ohma U 0 I 0 = 1 ω ⁢ C = X C ⁢ . Wielkość X C jest odpowiednikiem rezystancji (oporu) w obwodzie prądu stałego w kontekście stosunku napięcia do natężenia prądu w obwodzie. W związku z tym obie te wielkości mają wspólną jednostkę om oznaczaną Ω \\si{\\ohm} w odniesieniu do innych jednostek 1 ⁢ Ω = 1 ⁢ V ∕ 1 ⁢ A \\SI{1}{\\ohm} = \\SI{1}{\\volt} / \\SI{1}{\\ampere} (jeden om to jeden wolt dzielony przez jeden amper). Pamiętaj jednak, że kondensator przechowuje i uwalnia energię elektryczną, podczas gdy opornik ją rozprasza. Wielkość X C nazywana jest reaktancją pojemnościową (ang. capacitive reactance ), kapacytancją (ang. capacitance ) lub oporem biernym pojemnościowym kondensatora . Jest ona odwrotnie zależna od częstotliwości źródła napięcia zmiennego – im wyższa częstotliwość, tym niższa reaktancja pojemnościowa i odwrotnie – im niższa częstotliwość, tym wyższa kapacytancja, co pozwala użyć kondensatora jako elementu odfiltrowującego składową stałą prądu elektrycznego. (a) Kondensator połączony szeregowo ze źródłem napięcia zmiennego. (b) Natężenie prądu i C ⁡ t płynącego przez kondensator i napięcie prądu u C ⁡ t na tym kondensatorze. Zauważ, że i C ⁡ t „wyprzedza” u C ⁡ t o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} . Porównanie wyrażeń na u C ⁡ t i i C ⁡ t pozwala zauważyć, że występuje pomiędzy nimi przesunięcie fazowe o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} . Gdy obie te wielkości zostaną umieszone razem na wykresie wskazowym, widać, że natężenie prądu osiąga amplitudę ćwierć cyklu (lub π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} ) wcześniej niż napięcie prądu. Pokazuje to (b). Wykres wskazowy dla kondensatora z (a). Wskaz natężenia prądu wyprzedza wskaz napięcia prądu o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} , ale oba nadal obracają się z jednakową prędkością kątową. Do tej pory używaliśmy w naszych rozważaniach jedynie amplitud natężenia lub napięcia prądu ( I 0 i U 0 ). Gdy spróbujemy wyliczyć średnią wartość natężenia lub napięcia prądu, wynikiem będzie wartość zerowa. Jednak w opisie natężenia i napięcia prądu często używana jest alternatywna wartość, nazywana wartością skuteczną (ang. root mean square value, rms ). Proces wyliczania takiej wartości polega na wyliczeniu średniej kwadratowej, stąd jest to wartość niezerowa. Odbiorniki prądu zmiennego oznacza się zazwyczaj stosując wartości skuteczne, a nie amplitud. W dalszych rozważaniach wartości skuteczne oznaczane będą za pomocą indeksu dolnego „sk” tak jak np. I sk . Mimo że kondensator tak naprawdę przerywa obwód elektryczny (likwidując składową stałą prądu elektrycznego i pozostawiając składowe sinusoidalnie zmienne czyli z I ⁡ t = I 1 + I 0 ⁢ sin ω ⁢ t − α I \\apply (t) = I_1 + I_0 \\sin (\\omega t - \\alpha) otrzymujemy I ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t − α I \\apply (t) = I_0 \\sin (\\omega t - \\alpha) ), natężenie skuteczne (ang. rms current ) prądu pojawia się w obwodzie, zawierającym źródło napięcia zmiennego. Ma ono wartość I sk = I 0 2 ⁢ , gdzie I 0 jest amplitudą natężenia prądu w rozważanym obwodzie. Napięcie skuteczne na danym kondensatorze (ang. rms voltage ) w sytuacji sinusoidalnie zmiennego prądu wynosi U sk = U 0 2 ⁢ , gdzie U 0 jest amplitudą napięcia w rozważanym obwodzie. Natężenie skuteczne pojawia się, ponieważ napięcie ciągle odwraca kierunki, ładując i rozładowując kondensator. W sytuacji, gdy częstotliwość płynącego prądu elektrycznego dąży do zera otrzymujemy napięcie stałe i wówczas X C dąży do nieskończoności, a wartość natężenia prądu elektrycznego będzie równa zero po naładowaniu się kondensatora. Dla bardzo wysokich częstotliwości reaktancja pojemnościowa kondensatora dąży do zera i nie opóźnia już przepływu prądu i możemy wówczas zapomnieć o istnieniu kondensatora zastępując go zwartym kablem w schemacie obwodowym. Cewka Ostatnim rozważanym elementem jest cewka podłączona do źródła napięcia zmiennego. Zgodnie z drugim prawem Kirchhoffa napięcie na cewce (ang. inductor ) L z (a) wynosi u L ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . Siła elektromotoryczna działająca na cewkę równa jest ε = − L ⋅ d i L ⁡ t ∕ d t (co wyraża prawo Faradaya i przy założeniu, że strumień pol magnetycznego generowany przez cewkę jest proporcjonalny do wielkości natężenia przepływającego prądu elektrycznego). Spadek potencjału na cewce wynosi u L ⁡ t = L ⋅ d i L ⁡ t ∕ d t , ponieważ suma napięć w całej pętli ma wynosić zero – napięcie wytworzone przez źródło musi zostać odłożone na cewce. Tym samym po podłączeniu cewki do źródła napięcia otrzymujemy d i L ⁡ t d t = U 0 L ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . (a) Cewka podłączona do źródła napięcia zmiennego. (b) Natężenie prądu i L ⁡ t płynącego przez cewkę i napięcie u L ⁡ t na niej. W tym przypadku i L ⁡ t jest opóźnione względem u L ⁡ t o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} . Natężenie prądu i L ⁡ t wyznacza się poprzez obustronne scałkowanie powyższego wyrażenia. Ponieważ obwód nie posiada żadnego źródła stałej siły elektromotorycznej, nie istnieje w nim stałe natężenie prądu. Dzięki temu możemy przyjąć stałą całkowania, odpowiadającą wartości stałoprądowego natężenia prądu w obwodzie, za zero. Tym samym otrzymujemy i L ⁡ t = − U 0 ω ⁢ L ⁢ cos ω ⁢ t = U 0 ω ⁢ L ⁢ sin ω ⁢ t − π 2 = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t − π 2 ⁢ , gdzie I 0 = U 0 ∕ ω ⁢ L . Relacja pomiędzy U 0 a I 0 może również zostać zapisana w postaci analogicznej do prawa Ohma U 0 I 0 = ω ⁢ L = X L ⁢ . Wielkość X L znana jest jako reaktancja indukcyjna (ang. inductive reactance ), induktancja (ang. inductance ) lub opór bierny indukcyjny cewki przed wywołany szybkością zmiany natężenia prądu elektrycznego w obwodzie wyrażone przez ω \\omega . Jednostką impedancji indukcyjnej jest również om. Istotny jest tutaj fakt, że cewka przepuszcza jedynie składową stałą prądu elektrycznego w granicy dużych częstości ω \\omega (w tym sensie cewka ma własność odwrotną do cechy kondensatora, który przepuszcza składowe zmienne prądu elektrycznego i zatrzymuje składowe stałe prądu elektrycznego). Zauważmy, że X L jest liniowo zależne od częstotliwości źródła napięcia zmiennego – wysoka częstotliwość powoduje pojawienie się wysokiej reaktancji indukcyjnej. Różnica fazy o wartości π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} pojawia się pomiędzy natężeniem prądu płynącego przez cewkę i napięciem prądu odłożonym na cewce. Z i wynika, że natężenie prądu jest opóźnione względem napięcia na cewce o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} , czyli o ćwierć cyklu. Wykres wskazowy dla tego przypadku pokazuje . Wykres wskazowy dla cewki z . Wskaz natężenia prądu jest opóźniony względem wskazu napięcia o wartość π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} , ale oba nadal obracają się z jednakową prędkością kątową. Animacja obwodów prądu zmiennego wykonana przez University of New South Wales ( obwody prądu zmiennego ) przedstawia niektóre z zagadnień opisywanych w tym rozdziale. Ponadto zawiera ona wykresy przebiegów i wskazów, które ewoluują w czasie, co pozwala na lepsze zrozumienie zjawisk zachodzących w takich obwodach. Proste obwody prądu zmiennego Generator napięcia zmiennego wytwarza siłę elektromotoryczną o amplitudzie 10 ⁢ V i częstotliwości f = 60 ⁢ Hz . Wyznaczmy wartość napięcia odłożonego na elementach i wartość natężenia prądu płynącego przez elementy, gdy generator jest podłączony do opornika o oporze 100 ⁢ Ω ; kondensatora o pojemności 10 ⁢ µF ; cewki o indukcyjności 15 ⁢ mH . Strategia rozwiązania Całkowite napięcie zmienne na każdym z elementów jest równe napięciu źródła. Możemy znaleźć wartość natężenia prądu przez znalezienie reaktancji X każdego z elementów i wykorzystanie zależności pomiędzy amplitudami I 0 = U 0 ∕ X . Rozwiązanie Napięcie na zaciskach generatora wynosi u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t = 10 ⁢ V ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t ⁢ , gdzie ω = 2 ⁢ π ⁢ f = 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s jest częstością. Ponieważ u ⁡ t jest jednocześnie napięciem na każdym z elementów, otrzymujemy u ⁡ t = u R ⁡ t = u C ⁡ t = u L ⁡ t = 10 ⁢ V ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t ⁢ . Kiedy R = 100 ⁢ Ω , amplituda natężenia prądu płynącego przez opornik wynosi I 0 = U 0 R = 10 ⁢ V 100 ⁢ Ω = 0,1 ⁢ A ⁢ , i R ⁡ t = 0,1 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t ⁢ . Z kapacytancja wynosi X C = 1 ω ⁢ C = 1 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ⋅ 10 − 6 ⁢ F = 265 ⁢ Ω ⁢ , więc amplituda natężenia prądu elektrycznego będzie równa I 0 = U 0 X C = 10 ⁢ V 256 ⁢ Ω = 3,8 ⋅ 10 − 2 ⁢ A ⁢ , i C ⁡ t = 3,8 ⋅ 10 − 2 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t + π 2 ⁢ . Jak wynika z , induktancja wynosi X L = ω ⁢ L = 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ⋅ 15 ⋅ 10 − 3 ⁢ H = 5,7 ⁢ Ω ⁢ . Amplituda natężenia prądu elektrycznego jest wtedy równa I 0 = 10 ⁢ V 5,7 ⁢ Ω = 1,8 ⁢ A ⁢ , a natężenie chwilowe wynosi i L ⁡ t = 1,8 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t − π 2 ⁢ . Znaczenie Mimo że napięcie na każdym z elementów jest identyczne, amplitudy natężenia prądu różnią się między sobą w zależności od reaktancji elementu. Reaktancja każdego z elementów zależna jest od wartości oporności, pojemności i indukcyjności. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz dla generatora napięcia zmiennego o amplitudzie 20 ⁢ V i częstotliwości 100 ⁢ Hz . a. 20 ⁢ V ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t , 0,2 ⁢ A ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t ; b. 20 ⁢ V ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t , 0,13 ⁢ A ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t + π ∕ 2 ; c. 20 ⁢ V ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t , 2,10 ⁢ A ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t − π ∕ 2 . Podsumowanie W przypadku opornika natężenie prądu płynącego przez niego i odłożone na nim napięcie są zgodne w fazie, a wówczas impedancja opornika wynosi R i jest liczbą rzeczywistą. W przypadku kondensatora (np. układu dwóch równoległych płytek metalu rozsuniętych i niedotykających siebie) poddanego działaniu zmiennego sinusoidalnie napięcia natężenie prądu przez niego płynącego wyprzedza w fazie napięcie na nim o ćwierć cyklu. Ponieważ kondensator przerywa obwód, gdy jest w pełni naładowany, ogranicza to natężenie prądu płynącego przez niego i zapewnia dodatkowy rodzaj oporu zmiennoprądowego (impedancji), nazywany tutaj kapacytancją (reaktancją pojemnościową) i wyrażany w jednostkach oporu elektrycznego (omach). W przypadku cewki (np. zwoju drutu nawiniętego na izolator), do której przyłożono sinusoidalnie zmienne napięcie, napięcie wyprzedza natężenie prądu w fazie o ćwierć cyklu. Opór cewki przed zmianami natężenia prądu jest wyrażony jako rodzaj reaktancji zmiennoprądowej. Jest to induktancja (reaktancja indukcyjna), mająca wymiar omów i zależna od częstotliwości źródła napięcia zmiennego. Pytania Wyjaśnij, dlaczego dla wysokich częstotliwości kondensator zachowuje się jak zwarty kabel w obwodzie (jego obecność można pominąć) , a cewkę można zastąpić przerwanym kablem? Zadania Oblicz reaktancję kondensatora o pojemności 5 ⁢ µF dla częstotliwości 60 ⁢ Hz ; 600 ⁢ Hz ; 6000 ⁢ Hz . a. 530 ⁢ Ω ; b. 53 ⁢ Ω ; c. 5,3 ⁢ Ω . Ile wynosi pojemność kondensatora, którego kapacytancja dla częstotliwości 60 ⁢ Hz jest równa 10 ⁢ Ω ? Oblicz induktancję cewki o indukcyjności 5 ⁢ mH dla częstotliwości 60 ⁢ Hz ; 600 ⁢ Hz ; 6000 ⁢ Hz . a. 1,9 ⁢ Ω ; b. 19 ⁢ Ω ; c. 190 ⁢ Ω . Ile wynosi indukcyjność cewki, której induktancja dla częstotliwości 60 ⁢ Hz ma wartość 10 ⁢ Ω ? Dla jakiej częstotliwości kapacytancja kondensatora o pojemności 20 ⁢ µF jest równa induktancji cewki o indukcyjności 10 ⁢ mH ? 360 ⁢ Hz . Dla częstotliwości 1000 ⁢ Hz induktancja cewki o indukcyjności 5 ⁢ mH jest równa kapacytancji pewnego kondensatora. Ile wynosi pojemność tego kondensatora? Opornik o oporze 50 ⁢ Ω podłączony jest do źródła o wzorze u ⁡ t = 160 ⁢ V ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t . Zapisz wyrażenie na natężenie prądu płynącego przez ten opornik. i ⁡ t = 3,2 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t ⁢ . Do źródła o wzorze u ⁡ t = 160 ⁢ V ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t podłączono kondensator o pojemności 25 ⁢ µF . Ile wynosi kapacytancja tego kondensatora? Zapisz wyrażenie na natężenie prądu wypływającego ze źródła. Do źródła z poprzedniego zadania podłączono cewkę o indukcyjności 100 ⁢ mH . Ile wynosi induktancja tej cewki? Zapisz wyrażenie na natężenie prądu płynącego przez tę cewkę. a. 38 ⁢ Ω ; b. i ⁡ t = 4,24 ⁢ A ⋅ sin 120 ⁢ π ⁢ t − π ∕ 2 . kapacytancja (ang. capacitance ) opór kondensatora przed zmianami natężenia prądu induktancja (ang. inductance ) opór cewki przez zmianami natężenia prądu reaktancja pojemnościowa (ang. capacitive reactance ) patrz „ kapacytancja ” reaktancja indukcyjna (ang. inductive reactance ) patrz „ induktancja ” wartość skuteczna natężenia prądu (ang. rms current ) wartość średniej kwadratowej dla natężenia chwilowego prądu wartość skuteczna napięcia prądu (ang. rms voltage ) wartość średniej kwadratowej dla napięcia chwilowego prądu", "section": "Proste obwody prądu zmiennego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Obwody szeregowe RLC prądu zmiennego Obwód prądu zmiennego przedstawiony na nazywany jest szeregowym obwodem RLC (ang. RLC series circuit ). Obwód ten złożony jest z opornika, cewki i kondensatora podłączonych szeregowo do generatora napięcia zmiennego. Źródło dostarcza siły elektromotorycznej o wartości u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . (a) Schemat szeregowego obwodu RLC. (b) Porównanie napięcia wyjściowego na generatorze z natężeniem prądu w obwodzie. Wartość przesunięcia fazowego ϕ zależy od wartości R , L i C . Ponieważ elementy połączone są ze sobą szeregowo, w każdej chwili przez każdy z nich przepływa prąd elektryczny o takim samym natężeniu. Podobna sytuacja zachodzi w przypadku szeregowo połączonych oporników, gdzie przez każdy element przepływa prąd o tym samym natężeniu i wytworzone napięcie jest sumą napięć odkładanych na poszczególnych elementach elektrycznych tak, że jest ono równe sile elektromotorycznej działającej na dany obwód. W obwodzie RLC napięcie jest funkcją czasu sinusoidalnie zmienną i tak jak w przypadku układu szeregowo połączonych oporników może być wyrażone przez dwuwymiarowy obracający się ze stałą prędkością kątową wektor czyli wskaz. Rzut tego wskazu na oś rzeczywistą wyraża mierzone napięcie. Suma wskazów napięciowych (wektorów reprezentowanych przez liczby zespolone) na wszystkich szeregowych elementach obwodu jest równa sile elektromotorycznej reprezentowanej także przez wskaz. Warto zdać sobie sprawę, że dodawanie liczb zespolonych to w istocie dodawanie wektorów dwuwymiarowych (np. wskazów). Ważne jest, że w szeregowym układzie RLC wskaz reprezentujący natężenie prądu jest jednakowy dla wszystkich elementów obwodu, analogicznie do sytuacji szeregowo połączonych oporników. Istotnie, fakt ten odwołuje się do zasady zachowania prądu elektrycznego powiązanej z zasadą zachowania ładunku elektrycznego. Przystąpmy zatem do systematycznej analizy obwodu RLC. Wcześniej założyliśmy, że przykładane napięcie (SEM) jest sinusoidalnie zmienne. Względna różnica faz w obwodzie RLC pomiędzy natężeniem prądu a siłą elektromotoryczną nie jest wartością oczywistą, gdy wszystkie trzy elementy mają wkład do różnicy faz. W konsekwencji opiszemy natężenie prądu wyrażeniem ogólnym i ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t − ϕ ⁢ , gdzie I 0 jest amplitudą natężenia prądu, a ϕ kątem fazowym (ang. phase angle ) pomiędzy natężeniem a napięciem prądu. Kąt fazowy jest zatem miarą tego, jak bardzo napięcie i natężenie prądu w obwodzie są ze sobą niezgodne w fazie co jest reprezentowane przez wskazy napięcia i natężenia prądu elektrycznego obrócone względem siebie przez ten kąt. Naszym zadaniem jest ustalenie wartości I 0 i ϕ . Wykres wskazowy przedstawiający i ⁡ t , u R ⁡ t , u C ⁡ t i u L ⁡ t będzie niezwykle pomocny w analizie tego obwodu. Jak przedstawiono to na , wskaz reprezentujący u R ⁡ t ma ten sam kierunek i zwrot co wskaz reprezentujący i ⁡ t , a jego amplituda wynosi U R = I 0 ⁢ R . Wskaz u C ⁡ t jest opóźniony względem wskazu i ⁡ t o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} , a jego amplituda wynosi U C = I 0 ⁢ X C . Wskaz dla u L ⁡ t wyprzedza wskaz i ⁡ t o π ∕ 2 ⁢ rad (\\pi/2)\\si{\\radian} i jego amplituda jest równa U L = I 0 ⁢ X L . Wykres wskazowy dla szeregowego obwodu RLC z . W każdej chwili napięcie przykładane na szeregowo połączone elementy wynosi u R ⁡ t + u L ⁡ t + u C ⁡ t = u ⁡ t odpowiada SEM produkowanej przez generator. Ponieważ składowa sumy wektorów jest równa sumie składowych tych wektorów (np. A + B y = A y + B y ; zmiana nie występuje gdy akceptujemy antyintuicyjne oznaczenia z i ), oznacza to, że rzut sumy wskazów na oś pionową jest równy sumie rzutów wszystkich wskazów składowych na oś pionową. Wynika z tego, że jeśli dodamy wektorowo wskazy przedstawiające u R ⁡ t , u C ⁡ t i u L ⁡ t (zmiana nie występuje gdy akceptujemy antyintuicyjne oznaczenia z i ), a następnie zrzutujemy wynik na oś pionową, otrzymamy u R ⁡ t + u L ⁡ t + u C ⁡ t = u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ . Suma wektorowa wskazów zaprezentowana została na . Wskaz będący wynikiem tej operacji posiada amplitudę równą U 0 i jest skierowany pod kątem ϕ względem wskazu u R ⁡ t (lub i ⁡ t ). Rzut wskazu wypadkowego na oś pionową jest równy u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t . Z układu geometrycznego wskazów możliwe jest ustalenie nieznanych wartości I 0 oraz ϕ . Dla kąta fazowego ϕ = arc tg U L − U C U R = arc tg I 0 ⁢ X L − I 0 ⁢ X C I 0 ⁢ R ⁢ , co po uproszczeniu czynnika I 0 przyjmuje postać ϕ = arc tg X L − X C R ⁢ . Co więcej, z twierdzenia Pitagorasa wynika, że U 0 = U R 2 + U L − U C 2 = I 0 ⁢ R 2 + I 0 ⁢ X L − I 0 ⁢ X C 2 = I 0 ⁢ R 2 + X L − X C 2 ⁢ . Wskaz wypadkowy, będący wynikiem dodawania wskazów u R ⁡ t , u C ⁡ t i u L ⁡ t , jest równy wskazowi dla u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t . Wskaz dla i ⁡ t (nieprzedstawiony na rysunku) jest ustawiony zgodnie ze wskazem dla u R ⁡ t . Wyrażenie na amplitudę natężenia prądu wyraża się zmiennoprądową wersją prawa Ohma I 0 = U 0 R 2 + X L − X C 2 = U 0 Z ⁢ , gdzie Z = R 2 + X L − X C 2 jest znane jako impedancja (ang. impedance ) lub zawada obwodu. Jej jednostką jest om i jest to zmiennoprądowy odpowiednik oporu elektrycznego w obwodzie stałoprądowym. Jest to wielkość opisująca sumaryczne efekty rezystancji, kapacytancji i induktancji ( ), będąca uogólnieniem oporu elektrycznego dla obwodów AC. Kondensatory mocy (ang. power capacitors ) używane są do wyrównania impedancji dla wypadkowej induktancji linii przesyłowych. Obwód RLC można porównać do samochodu jadącego po pofalowanej drodze ( ). Równoodległe wybrzuszenia powodują ruch koła w górę i w dół. Podobnie napięcie prądu w obwodzie RLC rośnie i maleje. Amortyzator zachowuje się jak impedancja obwodu, ograniczając amplitudę drgań. Energia w układzie jezdnym zmienia się nieustannie z energii kinetycznej na energię potencjalną zgromadzoną w sprężynie, podobnie do zmiany pomiędzy maksymalną amplitudą pola magnetycznego odpowiadającą maksymalnemu natężeniu prądu elektrycznego (kiedy energia elektromagnetyczna jest zgromadzoną w cewce w postaci pola magnetycznego), a natężeniem zerowym prądu elektrycznego (kiedy energia pola elektromagnetycznego jest zgromadzoną w kondensatorze w postaci pola elektrycznego). Amplituda ruchu koła osiąga maksimum, gdy wybrzuszenia drogi są najeżdżane z częstotliwością rezonansową, którą opisujemy dokładniej w podrozdziale Rezonans w obwodzie prądu zmiennego . W układzie jezdnym samochodu amortyzator tłumi ruch i rozprasza energię. Jest to bardzo podobne do rezystancji w obwodzie RLC. Masa i stała sprężystości sprężyny determinują częstotliwość rezonansową. Strategia rozwiązywania zadań: obwody prądu zmiennego Przy analizie obwodów zawierających oporniki, kondensatory i cewki pomocną techniką jest ustalenie reaktancji każdego z elementów (reaktancja to część urojona impedancji Im Z \\prefop{Im} Z )i znalezienie reaktancji równoważnej. Wykorzystuje się do tego metody stosowane do znajdowania reaktancji równoważnej przedstawione wcześniej. Wskazy są doskonałą metodą do ustalenia, czy SEM obwodu ma dodatnią, czy ujemną fazę – czy wyprzedza inne wskazy, czy jest względem nich opóźniona. Użyj poniższych kroków do ustalenia SEM obwodu za pomocą wskazów: Narysuj wskazy dla napięcia na każdym z elementów: oporniku, kondensatorze i cewce, włącznie z kątem fazowym tych elementów. Jeśli w obwodzie są obecne zarówno kondensator, jak i cewka, znajdź wypadkowe napięcie ich wskazów – są sobie przeciwstawne. Znajdź wskaz równoważny sumie wskazu z kroku 2 i wskazu dla rezystora, używając trygonometrii lub składowych wskazów. Otrzymany w ten sposób wskaz równoważny będzie SEM obwodu. Szeregowy obwód RLC Generator napięcia zmiennego podłączony jest do szeregowego obwodu RLC i dostarcza napięcia o amplitudzie 0,1 ⁢ V przy częstotliwości 200 ⁢ Hz . Jeśli R = 4 ⁢ Ω , L = 3 ⋅ 10 − 3 ⁢ H , a C = 8 ⋅ 10 − 4 ⁢ F , ile wynosi kapacytancja; induktancja; impedancja; amplituda natężenia prądu i ; różnica faz pomiędzy natężeniem prądu a SEM generatora? Strategia rozwiązania Reaktancję i impedancję w podpunktach (a)–(c) można znaleźć przez podstawienie danych kolejno do , i . Amplituda natężenia prądu wyznaczana jest z amplitudy napięcia i modułu impedancji. Przesunięcie fazowe SEM względem natężenia prądu wyliczane jest z arcus tangensa różnicy pomiędzy reaktancjami cewki i kondensatora podzielonej przez rezystancję. Rozwiązanie Z kapacytancja wynosi X C = 1 ω ⁢ C = 1 2 ⁢ π ⋅ 200 ⁢ Hz ⋅ 8 ⋅ 10 − 4 ⁢ F = 0,995 ⁢ Ω ⁢ . Z induktancja wynosi X L = ω ⁢ L = 2 ⁢ π ⋅ 200 ⁢ Hz ⋅ 3 ⋅ 10 − 3 ⁢ H = 3,77 ⁢ Ω ⁢ . Podstawiając wartości R , X C i X L do , otrzymujemy impedancję Z = 4 ⁢ Ω 2 + 3,77 ⁢ Ω − 0,995 ⁢ Ω 2 = 4,87 ⁢ Ω ⁢ . Amplituda natężenia prądu wynosi I 0 = U 0 Z = 0,1 ⁢ V 4,87 ⁢ Ω = 2,05 ⋅ 10 − 2 ⁢ A ⁢ . Z różnica faz pomiędzy natężeniem prądu a SEM obwodu będzie równa ϕ = arc tg X L − X C R = arc tg 2,77 ⁢ Ω 4 ⁢ Ω = 0,607 ⁢ rad ⁢ . Znaczenie Kąt fazowy ma dodatnią wartość, ponieważ reaktancja cewki jest wyższa niż reaktancja kondensatora. Sprawdź, czy rozumiesz. Znajdź napięcia na oporniku, kondensatorze i cewce z , używając u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t jako napięcie wytwarzane przez generator. u R ⁡ t = U 0 ⁢ R ∕ Z ⋅ sin ω ⁢ t − ϕ , u C ⁡ t = U 0 ⁢ X C ∕ Z ⋅ sin ω ⁢ t − ϕ + π ∕ 2 = U 0 ⁢ X C ∕ Z ⋅ cos ω ⁢ t − ϕ u_C \\apply (t) = U_0 X_C / Z \\cdot \\sin (\\omega t - \\phi + \\pi /2) = U_0 X_C / Z \\cdot \\cos (\\omega t - \\phi) , u L ⁡ t = U 0 ⁢ X L ∕ Z ⋅ sin ω ⁢ t − ϕ + π ∕ 2 = U 0 ⁢ X L ∕ Z ⋅ cos ω ⁢ t − ϕ u_L \\apply (t) = U_0 X_L / Z \\cdot \\sin (\\omega t - \\phi + \\pi /2) = U_0 X_L / Z \\cdot \\cos (\\omega t - \\phi) . Podsumowanie Szeregowy obwód RLC to opornik, cewka i kondensator podłączone szeregowo do źródła napięcia zmiennego. Gdy elementy elektroniczne są połączone szeregowo, w każdym momencie taki sam prąd elektryczny przepływa przez każdy z elementów obwodu. Odpowiednikiem zmiennoprądowym (AC) oporu elektrycznego znanym z obwodu elektrycznego prądu stałego jest impedancja, uwzględniająca wpływ oporników, cewek i kondensatorów na relację prąd elektryczny–napięcie elektryczne. Pojęcie impedancji stosuje się tylko w sytuacji obwodów AC i tam, gdzie mamy do czynienia z periodycznością SEM. Maksymalne natężenie prądu jest zdefiniowane zmiennoprądową wersją prawa Ohma. Jednostką impedancji jest om, a wyznacza się ją poprzez znalezienie wartości oporu, kapacytancji i induktancji. Pytania Czy w szeregowym obwodzie RLC napięcie na kondensatorze może być wyższe niż napięcie podawane przez źródło? Odpowiedzi udziel również dla napięcia na cewce. Tak – w obu przypadkach. Zadania Ile wynosi impedancja szeregowego połączenia opornika o oporze 50 ⁢ Ω , kondensatora o pojemności 5 ⁢ µF i kondensatora o pojemności 10 ⁢ µF zasilonego prądem zmiennym o częstotliwości 2 ⁢ kHz ? Opornik i kondensator podłączone są szeregowo do generatora napięcia zmiennego. SEM tego źródła dana jest wyrażeniem u ⁡ t = U 0 ⁢ cos ω ⁢ t , gdzie U 0 = 120 ⁢ V , ω = 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s , R = 400 ⁢ Ω i C = 4 ⁢ mF . Ile wynosi impedancja tego obwodu? Jaka jest amplituda natężenia prądu płynącego przez rezystor? Zapisz wyrażenie na natężenie prądu płynącego przez ten rezystor; Zapisz wyrażenie na napięcie odłożone na oporniku i napięcie na kondensatorze. a. 70 ⁢ Ω ; b. 0,16 ⁢ A ; c. i R ⁡ t = 0,16 ⁢ A ⋅ cos 120 ⁢ π ⁢ t ; d. u R ⁡ t = 120 ⁢ V ⋅ cos 120 ⁢ π ⁢ t , u C ⁡ t = 120 ⁢ V ⋅ cos 120 ⁢ π ⁢ t − π ∕ 2 . Opornik i cewka podłączone są szeregowo do generatora napięcia zmiennego. SEM tego źródła dana jest wyrażeniem u ⁡ t = U 0 ⁢ cos ω ⁢ t , gdzie U 0 = 120 ⁢ V , a ω = 120 ⁢ π ⁢ rad ∕ s ; dodatkowo R = 400 ⁢ Ω i L = 1,5 ⁢ H . Ile wynosi impedancja tego obwodu? Jaka jest amplituda natężenia prądu płynącego przez rezystor? Zapisz wyrażenie na natężenie prądu płynącego przez ten rezystor; Zapisz wyrażenie na napięcie odłożone na oporniku i napięcie na cewce. W szeregowym obwodzie RLC amplituda napięcia prądu wynosi 100 ⁢ V , jego częstotliwość 500 ⁢ Hz , R = 500 ⁢ Ω , L = 2 ⁢ H i C = 2 ⁢ µF . Jaka jest impedancja obwodu? Ile jest równa amplituda natężenia prądu wypływającego ze źródła? Jeśli SEM źródła dana jest wyrażeniem u ⁡ t = 100 ⁢ V ⋅ sin 1000 ⁢ π ⁢ t , to jak natężenie prądu zależy od czasu? Oblicz wszystkie poprzednie wielkości dla pojemności kondensatora wynoszącej 0,20 ⁢ µF . a. 690 ⁢ Ω ; b. 0,15 ⁢ A ; c. i ⁡ t = 0,15 ⁢ A ⋅ sin 1000 ⁢ π ⁢ t − 0,753 ; d. 1100 ⁢ Ω , 0,092 ⁢ A , i ⁡ t = 0,092 ⁢ A ⋅ sin 1000 ⁢ π ⁢ t + 1,09 . Szeregowy obwód RLC zasilany jest źródłem o amplitudzie napięcia 50 ⁢ V i częstotliwości równej 500 ⁢ Hz . R = 600 ⁢ Ω , L = 30 ⁢ mH i C = 0,05 ⁢ µF . Jaka jest impedancja tego obwodu? Ile wynosi amplituda natężenia prądu płynącego w obwodzie? Ile równy jest kąt fazowy pomiędzy SEM źródła a natężeniem prądu? Ile wynosi dla poniższego obwodu całkowita impedancja; kąt fazowy pomiędzy natężeniem prądu a SEM? Zapisz wyrażenie na i ⁡ t . a. 5,7 ⁢ Ω ; b. 29 ° \\ang{29}\\ ; c. i ⁡ t = 30 ⁢ A ⋅ cos 120 ⁢ π ⁢ t . impedancja (ang. impedance ) zmiennoprądowy odpowiednik oporu elektrycznego dla prądu stałego, wyrażony liczbą zespoloną, który mierzy sumaryczny efekt oporu, kapacytancji i induktancji kąt fazowy (ang. phase angle ) wielkość mówiąca, jak bardzo wskazy napięcia i natężenia prądu są niezgodne w fazie, czyli na ile są obrócone względem siebie; dla opornika ma wartość zero", "section": "Obwody szeregowe RLC prądu zmiennego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Moc w obwodzie prądu zmiennego Rozważamy tutaj obwody zawierające tylko pasywne elementy elektroniczne, takie jak opornik, cewka i kondensator, a niezawierające wzmacniacza operacyjnego (będącego aktywnym elementem elektronicznym). Elementy obwodu pasywnego rozpraszają moc zgodnie ze wzorem P = U ⁢ I P=UI , gdzie I jest natężeniem prądu elektrycznego płynącego przez element, a napięciem U U odłożonym na tym elemencie. Istotnie, w oporniku moc P P ⁠jest wydzielana w postaci ciepła, gdyż przepływ nośników ładunków czyli prąd elektryczny jest stowarzyszony z oddziaływaniem z centrami rozpraszania tego ładunku (obecny zawsze, gdy do opornika przyłożone jest niezerowe napięcie P = I 2 ⁢ R = U 2 ∕ R ). Ponieważ zarówno natężenie prądu, jak i napięcie w obwodzie prądu zmiennego zależy od czasu, chwilowa moc p ⁡ t = u ⁡ t ⋅ i ⁡ t p\\apply(t)=u\\apply(t)\\cdot i\\apply(t) również jest zależna od czasu. W tym sensie możemy mówić o rozpraszaniu lub „generowaniu” mocy na oporniku, kondensatorze i cewce. Wykresy p ⁡ t dla różnych elementów obwodu przedstawione zostały na . Dla opornika i ⁡ t i u ⁡ t są zgodne w fazie, przez co zawsze mają ten sam znak (patrz ). Dla kondensatora albo cewki znak u ⁡ t ∕ i ⁡ t może zmieniać się w czasie z powodu niezerowej różnicy w fazie (patrz i ). W wyniku tego p ⁡ t w pewnych chwilach jest dodatnie, a w pewnych ujemne. Oznacza to, że elementy pojemnościowe i indukcyjne w niektórych warunkach wydzielają moc, a w innych ją pochłaniają. Wykresy mocy chwilowej dla różnych elementów obwodu. (a) Dla opornika P śr = I 0 ⁢ U 0 ∕ 2 . Dla (b) kondensatora i dla (c) cewki P śr = 0 . (d) Dla źródła napięcia P śr = I 0 ⁢ U 0 ⋅ cos ϕ ∕ 2 i może być większa od zera, mniejsza od zera lub równa zero, w zależności od wartości ϕ . Ponieważ moc chwilowa zmienia w czasie zarówno swoją wartość, jak i znak, rzadko kiedy ma ona znaczenie praktyczne. Prawie zawsze zainteresowani jesteśmy mocą uśrednioną w czasie, nazywaną mocą średnią. Jest ona zdefiniowana jako średnia po czasie mocy chwilowej dla pojedynczego cyklu P śr = 1 T ⁢ ∫ 0 T p ⁡ t ⁢ d t ⁢ , gdzie T = 2 ⁢ π ∕ ω jest okresem oscylacji. Po podstawieniu u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t i i ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t − ϕ powyższa całka przyjmuje postać P śr = I 0 ⁢ U 0 T ⁢ ∫ 0 T sin ω ⁢ t − ϕ ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ d t ⁢ . Używając zależności trygonometrycznej sin A − B = sin A ⁢ cos B − sin B ⁢ cos A , otrzymujemy P śr = I 0 ⁢ U 0 ⁢ cos ϕ T ⁢ ∫ 0 T sin ω ⁢ t ⁢ d t − I 0 ⁢ U 0 ⁢ sin ϕ T ⁢ ∫ 0 T sin ω ⁢ t 2 ⁢ cos ω ⁢ t ⁢ d t ⁢ . Powyższe całki równe są 1 T ⁢ ∫ 0 T sin ω ⁢ t 2 ⁢ d t = 1 2 i 1 T ⁢ ∫ 0 T sin ω ⁢ t ⁢ cos ω ⁢ t ⁢ d t = 0 ⁢ . Tym samym średnia moc wydzielana w obwodzie jest równa P śr = 1 2 ⁢ I 0 ⁢ U 0 ⁢ cos ϕ ⁢ . W zastosowaniach inżynierskich czynnik cos ϕ bywa często nazywany współczynnikiem mocy (ang. power factor ) i jest mnożnikiem określającym, o ile moc dostarczana do układu różni się od teoretycznego maksimum z powodu różnicy w fazie pomiędzy napięciem i natężeniem prądu. Dla opornika ϕ = 0 średnia moc wydzielana w obwodzie wynosi zatem P śr = 1 2 ⁢ I 0 ⁢ U 0 ⁢ . Porównanie p ⁡ t i P śr pokazano na (d). Aby móc porównywać P śr = I 0 ⁢ U 0 ∕ 2 z odpowiednikiem dla prądu stałego, używamy wartości skutecznych natężenia i napięcia prądu. Z definicji są one równe I sk = ⟨ i 2 ⁡ t ⟩ i ⁢ U sk = ⟨ u 2 ⁡ t ⟩ ⁢ , gdzie ⟨ i 2 ⁡ t ⟩ = 1 T ⁢ ∫ 0 T i 2 ⁡ t ⁢ d t i ⟨ u 2 ⁡ t ⟩ = 1 T ⁢ ∫ 0 T u 2 ⁡ t ⁢ d t ⁢ . Podstawiając i ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t − ϕ oraz u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t do powyższych wzorów, otrzymamy I sk = 1 2 ⁢ I 0 i U sk = 1 2 ⁢ U 0 ⁢ . Możemy tym samym zapisać ostateczny wzór na średnią moc wydzielaną na rezystorze P śr = 1 2 ⁢ I 0 ⁢ U 0 = I sk ⁢ U sk = I sk 2 ⁢ R ⁢ . Powyższe równanie dodatkowo wskazuje powód używania wartości skutecznych (napięcia AC czy natężenia prądu AC) zamiast amplitud napięcia i natężenia. Oba wyrażenia na średnią moc z są poprawne, ale to wyrażone z wykorzystaniem wartości skutecznych nie potrzebuje dodatkowego czynnika 1 ∕ 2 . Zmienne napięcia i natężenia są zazwyczaj opisywane za pomocą ich wartości skutecznych. Na przykład napięcie 230 ⁢ V w gniazdku to wartość skuteczna. Amplituda takiego źródła wynosi 230 ⁢ 2 ⁢ V = 325 ⁢ V . Ponieważ większość mierników prądu zmiennego jest wyskalowana tak, by pokazywać wartości skuteczne, typowy miernik pokaże napięcie 230 ⁢ V , gdy zmierzymy nim napięcie w gniazdku. Dla kondensatora i dla cewki kolejno ϕ = π ∕ 2 i ϕ = − π ∕ 2 . Ponieważ cos π ∕ 2 = cos − π ∕ 2 = 0 , z wynika, że średnia moc wydzielana na tych elementach wynosi P śr = 0 . Kondensatory i cewki pochłaniają energię z obwodu w trakcie połowy cyklu i w trakcie drugiej połowy oddają ją do obwodu. To zjawisko widoczne jest na (b) i (c), który pokazuje moc chwilową p ⁡ t oscylującą sinusoidalnie wokół zera. Kąt fazowy generatora napięcia zmiennego może mieć dowolną wartość. Jeśli cos ϕ > 0 , generator produkuje energię. Jeśli cos ϕ < 0 , źródło pochłania ją. Moc średnia wyrażona za pomocą wartości skutecznych równa będzie P śr = I sk ⁢ U sk ⁢ cos ϕ ⁢ . Dla źródła napięcia w obwodzie RLC tg ϕ = X L − X C R oraz cos ϕ = R R 2 + X L − X C 2 = R Z ⁢ . Oznacza to, że średnia moc źródła napięcia zmiennego wynosi P śr = I sk ⁢ U sk ⁢ cos ϕ = U sk Z ⁢ U sk ⁢ R Z = U sk 2 ⁢ R Z 2 ⁢ . Można to również zapisać jako P śr = I sk 2 ⁢ R ⁢ , co oznacza, że moc wytwarzana przez źródło rozpraszana jest na oporniku. Prawo Ohma dla wartości skutecznych prądu zmiennego powstaje przez podzielenie napięcia skutecznego przez moduł impedancji obwodu. Moc wytwarzana przez generator Generator napięcia zmiennego wytwarzający SEM opisaną równaniem u ⁡ t = 4 ⁢ V ⋅ sin 10 4 ⁢ rad ∕ s ⋅ t podłączony jest do obwodu RLC, w którym L = 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ H , C = 4 ⋅ 10 − 6 ⁢ F , a R = 5 ⁢ Ω . Ile wynosi wartość skuteczna napięcia na generatorze? Ile wynosi impedancja obwodu? Ile wynosi średnia moc wydzielana w obwodzie? Strategia rozwiązania Wartość skuteczna napięcia równa jest amplitudzie napięcia podzielonej przez czynnik 2 . Induktancja obwodu zależy od oporu i reaktancji kondensatora i cewki. Średnia moc wydzielana w obwodzie może zostać wyliczona z , dokładniej z ostatniej jego postaci, ponieważ znamy impedancję obwodu Z , napięcie skuteczne U sk i opór R . Rozwiązanie Ponieważ U 0 = 4 ⁢ V , napięcie skuteczne na generatorze jest równe U sk = 4 ⁢ V 2 = 2,83 ⁢ V ⁢ . Impedancja obwodu wynosi Z = R 2 + X L − X C 2 Z = 5 ⁢ Ω 2 + 10 4 ⁢ rad ∕ s ⋅ 2 ⋅ 10 -3 ⁢ H − 1 10 4 ⁢ rad ∕ s ⋅ 4 ⋅ 10 -6 ⁢ F 2 1 ∕ 2 Z = 7,07 ⁢ Ω ⁢ . \\begin{multiline} Z &= \\sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} \\\\ &= [(\\SI{5}{\\ohm})^2 + (10^4 \\si{\\radian\\per\\second} \\cdot \\SI{2e-3}{\\henry} - \\frac{1}{10^4 \\si{\\radian\\per\\second} \\cdot \\SI{4e-6}{\\farad}})^2]^{1/2} \\\\ &= \\SI{7,07}{\\ohm} \\text{.} \\end{multiline} Z = R 2 + X L − X C 2 = 5 ⁢ Ω 2 + 10 4 ⁢ rad ∕ s ⋅ 2 ⋅ 10 -3 ⁢ H − 1 10 4 ⁢ rad ∕ s ⋅ 4 ⋅ 10 -6 ⁢ F 2 1 ∕ 2 = 7,07 ⁢ Ω ⁢ . Z średnia moc wydzielana w obwodzie wynosi P śr = U sk 2 ⁢ R Z 2 = 2,83 ⁢ V 2 ⋅ 5 ⁢ Ω 7,07 ⁢ Ω 2 = 0,8 ⁢ W ⁢ . Znaczenie Jeśli opór jest znacząco większy od reaktancji kondensatora lub cewki, średnia moc wydzielana w obwodzie jest opisana wzorem dla obwodu prądu stałego P = U 2 ∕ R , gdzie zamiast U występuje wartość skuteczna. Sprawdź, czy rozumiesz. Miernik prądu zmiennego, podłączony do wyjścia 45-hercowego generatora napięcia zmiennego, wyświetla wartość 7,07 ⁢ V . Zapisz wyrażenie na SEM tego generatora. u ⁡ t = 10 ⁢ V ⋅ sin 90 ⁢ π ⁢ t . Sprawdź, czy rozumiesz. Pokaż, że napięcia skuteczne na oporniku, kondensatorze i cewce w obwodzie prądu zmiennego, gdzie natężenie prądu ma wartość I sk , wynoszą kolejno I sk ⁢ R , I sk ⁢ X C i I sk ⁢ X L . Ustal wartości tych napięć dla elementów obwodu RLC z . 2 ⁢ V , 10 ⁢ V , 8 ⁢ V . Podsumowanie Średnią moc wydzielaną w obwodzie znajduje się poprzez pomnożenie wartości skutecznych napięcia i natężenia prądu. Prawo Ohma dla wartości skutecznych jest wyrażane przez podzielenie wartości skutecznej napięcia przez impedancję. W obwodzie prądu zmiennego (AC) definiuje się kąt fazowy pomiędzy natężeniem i napięciem prądu elektrycznego (które są dwuwymiarowymi wektorami, znanymi jako wskazy). Kąt fazowy jest liczbą rzeczywistą i parametryzuje liczbę zespoloną o module 1 . Jest ona równa ilorazowi impedancji (czyli uogólnionego oporu elektrycznego będącego liczbą zespoloną) i modułu impedancji (będącego liczbą rzeczywistą). Kąt fazowy wpływa na wartość średniej mocy dostarczanej do obwodu RLC. Współczynnik mocy ma wartości w zakresie ⟨ − 1 1 ⟩ . Pytania Dla jakiej wartości kąta fazowego ϕ pomiędzy napięciem podawanym przez źródło a natężeniem prądu w obwodzie średnia moc dostarczana do obwodu osiąga maksymalną wartość? Wyjaśnij różnicę pomiędzy średnią mocą a mocą chwilową. Moc chwilowa jest wartością mocy w danej chwili czasu. Średnia moc jest natomiast uśrednioną wartością mocy po jednym lub po kilku cyklach. Średnia moc dostarczona do obwodu wynosi zero. Mimo to obwód rozprasza dostarczoną moc. Wyjaśnij, jak to możliwe? Czy moc chwilowa dostarczana przez źródło napięcia zmiennego może być kiedykolwiek ujemna? Czy moc średnia może być ujemna? Moc chwilowa może być ujemna, ale średnia moc zawsze ma wartość nieujemną. Moc znamionowa opornika używanego w obwodzie prądu zmiennego odnosi się do maksymalnej średniej mocy rozpraszanej na tym oporniku bez uszkodzenia go. Jak odnosi się to do maksymalnej mocy chwilowej rozpraszanej przez ten opornik? Zadania SEM źródła napięcia zmiennego dana jest wyrażeniem u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t , gdzie U 0 = 100 ⁢ V , a ω = 200 ⁢ π ⁢ rad ∕ s . Oblicz średnią moc wytwarzaną przez źródło podłączone do kondensatora o pojemności 20 ⁢ µF ; cewki o indukcyjności 20 ⁢ mH ; opornika o oporze 50 ⁢ Ω . Oblicz wartość skuteczną natężenia prądu wypływającego ze źródła prądu zmiennego danego wyrażeniem u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t , gdzie U 0 = 100 ⁢ V , a ω = 200 ⁢ π ⁢ rad ∕ s , podłączonego do kondensatora o pojemności 20 ⁢ µF ; cewki o indukcyjności 20 ⁢ mH ; opornika o oporze 50 ⁢ Ω . a. 0,89 ⁢ A ; b. 5,6 ⁢ A ; c. 1,4 ⁢ A . Cewka o indukcji 40 ⁢ mH podłączona jest do źródła napięcia zmiennego o częstotliwości 60 ⁢ Hz wytwarzającego napięcie o amplitudzie 50 ⁢ V . Jeśli podłączymy woltomierz zmiennoprądowy do cewki, jakie napięcie wskaże? W szeregowym obwodzie RLC amplituda napięcia wynosi 100 ⁢ V , a jego częstotliwość jest równa 500 ⁢ Hz , kiedy R = 500 ⁢ Ω , a L = 0,2 ⁢ H . Wylicz średnią moc wydzielaną na oporniku dla następujących pojemności kondensatora: C = 2 ⁢ µF ; C = 0,2 ⁢ µF . a. 7,3 ⁢ W ; b. 6,3 ⁢ W . Źródło napięcia zmiennego o amplitudzie 10 ⁢ V dostarcza 0,8 ⁢ W mocy przy natężeniu prądu równym 2,5 ⁢ A . Ile wynosi wartość kąta fazowego ϕ pomiędzy SEM a natężeniem prądu? W szeregowym obwodzie RLC impedancja wynosi 60 ⁢ Ω , a współczynnik mocy równy jest 0,5 , z napięciem opóźnionym względem natężenia prądu. Czy aby zwiększyć wartość współczynnika mocy, do obwodu powinno się dołączyć kondensator czy cewkę? Jaka wartość pojemności lub indukcyjności podniesie współczynnik mocy do jedności? a. Cewkę; b. X L = 52 ⁢ Ω . moc średnia (ang. average power ) uśredniona po czasie moc wydzielana w trakcie pojedynczego cyklu AC współczynnik mocy (ang. power factor ) wielkość mówiąca, ile razy dostarczana do układu moc jest mniejsza od maksymalnej możliwej mocy, w związku z różnicą faz pomiędzy napięciem i natężeniem prądu", "section": "Moc w obwodzie prądu zmiennego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Rezonans w obwodzie prądu zmiennego W obwodzie RLC zawierającym szeregowo połączony opornik, kondensator, cewkę indukcyjną jak i zasilanym zmienną w czasie źródłem napięciowym jak jest to przedstawione na amplituda natężenia prądu elektrycznego wynosi wg I 0 = U 0 R 2 + ω ⁢ L − 1 ω ⁢ C 2 ⁢ . Jeśli będziemy zmieniać częstotliwość źródła, jednocześnie utrzymując stałą amplitudę napięcia prądu, uzyskamy zmianę natężenia prądu elektrycznego w obwodzie. Wykres I 0 w funkcji ω przedstawiono na . Dla częstotliwości rezonansowej obwodu RLC ( ω 0 = 1 ∕ L ⁢ C \\omega_0=\\sqrt{1/(LC)} ) amplituda natężenia prądu osiąga maksymalną wartość. Zauważmy, że w sytuacji R = 0 ⁢ Ω (nierealnej fizycznie, bo zawsze istnieje jakiś niezerowy opór elektryczny w układzie) możemy mieć nieskończenie wielki przepływ prądu dla ω 0 = 1 ∕ L ⁢ C \\omega_0=\\sqrt{1/(LC)} . Taka sytuacja będzie zachodziła, gdy siła elektromotoryczna mająca kołową częstość ω 0 będzie „pompować” energię do obwodu RLC (będzie systematycznie zwiększała się energia pola elektrycznego i magnetycznego) o częstości rezonansowej ω 0 tak, że natężenie prądu elektrycznego będzie stale rosnąć i osiągnie wartość nieskończoną (w praktyce bardzo dużą), co doprowadzi do zniszczenia obwodu. Warto tutaj odwołać się do analogii pomiędzy oscylatorem harmonicznym tłumionym a obwodem RLC z zewnętrzną siłą elektromotoryczną SEM będącą w istocie sinusoidalną (harmoniczną) siłą wymuszającą i odpowiadającą sinusoidalnej sile wymuszającej w oscylatorze mechanicznym. Możemy również rozważać niesinusoidalną siłę wymuszającą i wtedy należy pamiętać, że niesinusoidalną funkcję można zasadniczo skonstruować poprzez sumę sinusoidalnych funkcji. W rozdziale Drgania natknęliśmy się na podobny wykres jak w przypadku obwodu RLC i , gdzie przedstawiono amplitudę tłumionego oscylatora harmonicznego w zależności od częstotliwości sinusoidalnej siły napędzającej (patrz Drgania wymuszone ). To podobieństwo nie jest przypadkowe. Jak przedstawiono wcześniej, przez zastosowanie drugiego prawa Kirchhoffa do obwodu z L ⁢ d i d t + i ⁢ R + q C = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t albo L ⁢ d 2 q d t 2 + R ⁢ d q d t + 1 C ⁢ q = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ⁢ , gdzie za i ⁡ t podstawiliśmy d q ⁡ t ∕ d t . i równania dla tłumionego ruchu harmonicznego ( Drgania tłumione ) pozwalają łatwo zauważyć, że zasilony obwód RLC jest elektrycznym odpowiednikiem napędzanego, tłumionego oscylatora harmonicznego. Częstotliwość rezonansowa f 0 (ang. resonant frequency ) obwodu RLC to taka częstotliwość, dla której amplituda natężenia prądu osiąga swoje maksimum, a obwód oscylowałby również po usunięciu generatora. Odpowiada to takiej częstości ω 0 = 2 ⁢ π ⁢ f 0 , dla której impedancja Z z osiąga swoje minimum, albo sytuacji, kiedy ω 0 ⁢ L = 1 ω 0 ⁢ C ⁢ , z czego wynika, że ω 0 = 1 L ⁢ C ⁢ . Jest to wyrażenie opisujące rezonansową częstość kołową obwodu. Podstawiając ω 0 do , i , otrzymujemy ϕ = arc tg 0 = 0 ⁢ , ⁢ I 0 = U 0 ∕ R ⁢ , ⁢ Z = R ⁢ . Oznacza to, że w warunkach rezonansu obwód RLC jest czysto rezystywny, z przyłożoną SEM i natężeniem prądu zgodnymi w fazie. Co w takim razie dzieje się z mocą w rezonansie? opisuje, jak średnia moc przesyłana z generatora napięcia zmiennego do obwodów RLC zależy od częstotliwości. Ponadto P śr osiąga maksimum wtedy, kiedy Z , zależące od częstotliwości, osiąga minimum, czyli kiedy X L = X C i Z = R . Oznacza to, że w rezonansie średnia moc wytwarzana przez źródło w szeregowym układzie RLC osiąga maksymalną wartość. Według to maksimum równe jest natomiast U sk 2 ∕ R . to typowy wykres zależności P śr od ω w obszarze maksimum mocy. Szerokość pasma (ang. bandwidth ) Δ ω piku rezonansowego jest zdefiniowana jako zakres częstości kołowych ω , dla których średnia moc P śr jest większa niż połowa maksymalnej wartości P śr . Stromość piku opisywana jest przy pomocy wielkości niemianowanej nazywanej dobrocią (ang. quality factor ) Q obwodu. Jest ona miarą tego, jak długo układ RLC może przechowywać zgromadzoną energię w postaci energii pola elektrycznego i energii pola magnetycznego czyli ile cyklów drgań pola elektrycznego musi upłynąć by układ RLC stracił przechowywaną energię Q = ω 0 Δ ω ⁢ , gdzie ω 0 jest rezonansową częstością kołową. Wysoka dobroć Q wskazuje na stromy pik rezonansowy. Dobroć Q zapisana za pomocą parametrów obwodu przyjmuje postać Q = ω 0 ⁢ L R ⁢ . Podobnie jak natężenie prądu, średnia moc wydzielana w obwodzie RLC przez generator napięcia zmiennego osiąga amplitudę dla częstotliwości rezonansowej. Układ RLC o nieskończenie małym oporze elektrycznym będzie miał będzie miał nieskończenie dużą dobroć oznaczaną literą Q (będącą stosunkiem energii ulokowanej w statycznym polu elektrycznym do energii traconej w jednym cyklu) i wówczas będzie mógł przechowywać energię obecną w polu elektrycznym i magnetycznym (w kondensatorze i cewce) nieskończenie długo. Obwody rezonansowe są często używane jako filtry – do przepuszczania lub odrzucania („odfiltrowania”) wybranych zakresów częstotliwości. Energia z tych zakresów częstości trafia do obwodu RLC i tam ulega rozproszeniu. Osiąga się to poprzez zmianę wartości jednego z elementów, czyli przez „strojenie” obwodu do konkretnych częstotliwości rezonansowych. Na przykład w radiach odbiornik jest dostrojony do pożądanej stacji poprzez ustawienie częstotliwości rezonansowej obwodów radia do częstotliwości, na której nadaje ta stacja. Jeśli obwód filtrujący ma wysoką dobroć Q , będzie się on charakteryzował małą szerokością pasma, więc sygnał ze stacji o częstotliwościach nawet nieznacznie różnych od częstotliwości rezonansowej doświadczy wysokiej impedancji i nie zostanie przepuszczony przez obwód. Telefony komórkowe działają na podobnej zasadzie, korzystając z sygnałów o częstotliwościach wokół wartości 1 ⁢ GHz , dostrajanych za pomocą obwodów kondensator-cewka. Jednym z najczęstszych zastosowań kondensatorów jest użycie ich w zmiennoprądowych obwodach czasowych, pracujących dla częstotliwości rezonansowej. Detektory metalu również działają na zasadzie zmiany częstotliwości rezonansowej spowodowanej obecnością metalu w pobliżu obwodu ( ). Kiedy detektor znajduje się w pobliżu kawałka metalu, samoindukcja jednej z cewek ulega zmianie. To powoduje przesunięcie częstotliwości rezonansowej całego obwodu zawierającego tą cewkę. Zmiana jest wykrywana przez urządzenie i przesyłana do nurka przez słuchawki. Rezonans w szeregowym obwodzie RLC Ile wynosi częstotliwość rezonansowa obwodu z ? Jeśli generator napięcia zmiennego zmieni częstotliwość pracy na tą z podpunktu (a), bez zmiany amplitudy napięcia wyjściowego, ile będzie wynosić amplituda natężenia prądu? Strategia rozwiązania Częstotliwość rezonansowa obwodu RLC obliczana jest z , wyprowadzonego z równości kapacytancji i induktancji. Ponieważ obwód ten znajduje się w stanie rezonansu, jego impedancja jest równa oporowi opornika. Amplituda natężenia prądu wyliczana jest z iloczynu napięcia prądu i impedancji. Rozwiązanie Częstotliwość rezonansową ustalamy z f 0 = 1 2 ⁢ π ⁢ 1 L ⁢ C = 1 2 ⁢ π ⁢ 1 3 ⋅ 10 − 3 ⁢ H ⋅ 8 ⋅ 10 − 4 ⁢ F = 1,03 ⋅ 10 2 ⁢ Hz ⁢ . W rezonansie impedancja obwodu pochodzi jedynie od oporu opornika, więc amplituda natężenia prądu wynosi I 0 = 0,1 ⁢ V 4 ⁢ Ω = 2,5 ⋅ 10 − 2 ⁢ A ⁢ . Znaczenie Jeśli obwód nie byłby dostrojony do częstotliwości rezonansowej, musielibyśmy ustalić całkowitą impedancję obwodu w celu wyznaczenia amplitudy natężenia prądu. Transfer mocy w szeregowym obwodzie RLC w rezonansie Jaka jest rezonansowa częstość kołowa obwodu RLC, jeśli R = 0,2 ⁢ Ω , L = 4 ⋅ 10 − 3 ⁢ H i C = 2 ⋅ 10 − 6 ⁢ F ? Jeśli źródło napięcia zmiennego dostarcza napięcie o amplitudzie 4 ⁢ V przy częstotliwości rezonansowej, to jaka jest średnia moc dostarczana przez nie do obwodu? Znajdźmy dobroć i szerokość pasma dla tego obwodu. Strategia rozwiązania Rezonansowa częstość kołowa wyliczana jest według . Średnia moc w obwodzie wyznaczana jest za pomocą napięcia skutecznego i rezystancji obwodu. Dobroć wyliczamy z przy znajomości częstotliwości rezonansowej. Do wyznaczenia szerokości pasma używamy i wyliczonej wcześniej dobroci. Rozwiązanie Rezonansowa częstość kołowa wynosi ω 0 = 1 L ⁢ C = 1 4 ⋅ 10 − 3 ⁢ H ⋅ 2 ⋅ 10 − 6 ⁢ F = 1,12 ⋅ 10 4 ⁢ rad ∕ s ⁢ . Dla takiej częstości średnia moc dostarczana do obwodu osiąga maksymalną wartość, więc P śr = U sk 2 R = 1 2 ⋅ 4 ⁢ V 2 0,2 ⁢ Ω = 40 ⁢ W ⁢ . Dobroć obwodu wynosić będzie Q = ω 0 ⁢ L R = 1,12 ⋅ 10 4 ⁢ rad ∕ s ⋅ 4 ⋅ 10 − 3 ⁢ H 0,2 ⁢ Ω = 224 ⁢ . Z powyższego wynika, że szerokość pasma równa jest Δ ω = ω 0 Q = 1,12 ⋅ 10 4 ⁢ rad ∕ s 224 = 50 ⁢ rad ∕ s ⁢ . Znaczenie Jeśli pożądana jest mniejsza szerokość pasma, obwód musi mieć niższą rezystancję albo wyższą induktancję. Jednak niższa rezystancja powoduje wzrost mocy dostarczanej do obwodu, co nie zawsze jest korzystne. Czasami możemy bowiem przekroczyć maksymalną moc, dla której zaprojektowany został obwód. Sprawdź, czy rozumiesz. Dla obwodu z L = 2 ⋅ 10 − 3 ⁢ H , C = 5 ⋅ 10 − 4 ⁢ F i R = 40 ⁢ Ω . Jaka jest częstotliwość rezonansowa? Jaka jest wartość impedancji tego obwodu w rezonansie? Jeśli amplituda napięcia wynosi 10 ⁢ V , jak wygląda i ⁡ t w warunkach rezonansu? Częstotliwość pracy generatora została zmieniona na 200 ⁢ Hz . Oblicz różnicę faz pomiędzy natężeniem prądu i SEM tego generatora. a. 160 ⁢ Hz ; b. 40 ⁢ Ω ; c. 0,25 ⁢ A ⋅ sin 10 3 ⋅ t ; d. 0,023 ⁢ rad . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieni się częstotliwość rezonansowa szeregowego obwodu RLC, kiedy następujące wielkości zostaną zwiększone czterokrotnie: kapacytancja; samoinduktancja; opór? a. Zmniejszy się o połowę; b. Zmniejszy się o połowę; c. Pozostanie bez zmian. Sprawdź, czy rozumiesz. Rezonansowa częstość kołowa szeregowego obwodu RLC wynosi 4 ⋅ 10 2 ⁢ rad ∕ s . Źródło napięcia zmiennego działa z tą częstością i dostarcza średnią moc 2 ⋅ 10 − 2 ⁢ W do obwodu. Opór obwodu równy jest 0,5 ⁢ Ω . Zapisz wyrażenie na SEM tego generatora. u ⁡ t = 0,14 ⁢ V ⋅ sin 4 ⋅ 10 2 ⋅ t ⁢ . Podsumowanie Dla częstotliwości rezonansowej kapacytancja równa jest induktancji. Pik na wykresie zależności średniej mocy w obwodzie RLC od częstości kołowej odpowiada częstości rezonansowej; stromość i szerokość tego piku znana jest jako szerokość pasma. Szerokość pasma połączona jest z bezwymiarową wielkością nazywaną dobrocią. Duża dobroć charakteryzuje ostry i wąski pik oraz niewielki opór elektryczny w obwodzie RLC. Zadania Wykonaj obliczenia i odpowiedz na pytanie. Oblicz rezonansową częstość kołową szeregowego obwodu RLC, w którym R = 20 ⁢ Ω , L = 75 ⁢ mH i C = 4 ⁢ µF ; Co stanie się z wartością rezonansowej częstości kołowej, jeśli wartość R zostanie zmieniona na 300 ⁢ Ω ? Częstotliwość rezonansowa szeregowego obwodu RLC wynosi 2 ⋅ 10 3 ⁢ Hz . Jeśli indukcyjność tego obwodu jest równa 5 ⁢ mH , ile wynosi jego pojemność? 1,3 ⋅ 10 − 7 ⁢ F ⁢ . Odpowiedz na następujące pytania. Ile jest równa częstotliwość rezonansowa szeregowego obwodu RLC dla R = 20 ⁢ Ω , L = 2 ⁢ mH i C = 4 ⁢ µF ? Ile jest równa impedancja tego obwodu w warunkach rezonansu? Dla szeregowego obwodu RLC R = 100 ⁢ Ω , L = 150 ⁢ mH , a C = 0,25 ⁢ µF . Jeśli do tego obwodu podłączymy źródło napięcia zmiennego, dla jakiej częstotliwości na oporniku zostanie rozproszone maksimum mocy? Ile wynosi dobroć tego obwodu? a. 820 ⁢ Hz ; b. 7,8 . Źródło zmiennego napięcia o amplitudzie 100 ⁢ V i częstotliwości f zasila szeregowy obwód RLC z R = 100 ⁢ Ω , L = 150 ⁢ mH i C = 0,25 ⁢ µF . Narysuj wykres natężenia prądu płynącego przez rezystor w funkcji częstotliwości f ; Przy pomocy wykresu ustal częstotliwość rezonansową tego obwodu. Odpowiedz na następujące pytania. Ile równa jest częstotliwość rezonansowa opornika R = 100 ⁢ Ω , kondensatora C = 5 ⁢ µF i cewki L = 2 ⁢ H połączonych ze sobą szeregowo? Jeśli ten obwód podłączony zostanie do źródła napięcia zmiennego o amplitudzie 100 ⁢ V , pracującego ze stałą częstotliwością, ile równa będzie moc produkowana przez źródło? Ile wynosi dobroć Q tego obwodu? Ile równa jest szerokość pasma tego obwodu? a. 50 ⁢ Hz ; b. 50 ⁢ W ; c. 13 ; d. 25 ⁢ rad ∕ s . Załóżmy, że pewna cewka ma indukcyjność równą 20 ⁢ H i induktancję wynoszącą 200 ⁢ Ω . Jaką pojemność; rezystancję należy przyłączyć szeregowo do tej cewki, aby tak powstały obwód miał częstotliwość rezonansową równą 100 ⁢ Hz i dobroć Q = 10 ? Generator napięcia zmiennego podłączono do pewnego odbiornika, którego wewnętrzne połączenia nie są znane. Znane są jedynie wartości natężenia i napięcia prądu, jak pokazano poniżej. Opierając się na podanych informacjach, jakie możesz wyciągnąć wnioski na temat właściwości elektrycznych podłączonego urządzenia i jego zapotrzebowania na moc? Kapacytancja jest większa od induktancji, ponieważ natężenie prądu „wyprzedza” napięcie prądu. Zużycie mocy wynosi 30 ⁢ W . szerokość pasma (ang. bandwidth ) zakres częstości kołowych, dla których średnia moc jest większa niż połowa maksymalnej wartości dobroć (ang. quality factor ) bezwymiarowa wielkość opisująca stromość piku rezonansowego i szerokość pasma; duża dobroć definiuje stromy pik i małą szerokość pasma, co w praktyce oznacza zdolność obwodu RLC do przechowywania energii pola częstotliwość rezonansowa (ang. resonant frequency ) częstotliwość, przy której amplituda natężenia prądu osiąga wartość maksymalną, a obwód oscylowałby po odłączeniu od źródła napięcia przez pewien charakterystyczny czas", "section": "Rezonans w obwodzie prądu zmiennego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Transformatory Prąd wytworzony w elektrowni ma stosunkowo niskie napięcie. Do przesyłania go na duże odległości ze względów praktycznych, o których piszemy poniżej, podnosi się jego napięcie do bardzo wysokich wartości (nawet do 500 ⁢ kV ⁠). W transformatorze zmianie napięcia towarzyszy zmiana natężenia prądu przy czym moc przesyłanego prądu jest stała (w idealnym transformatorze nie zachodzą straty mocy). Przypomnijmy, że moc jest iloczynem napięcia i natężenia prądu (czyli I ⁢ U = I sk 2 ⁢ R IU=I^2_{\\text{sk}}R ), dla uproszczenia pomijamy czynnik fazowy cos ϕ . Zatem taką samą moc ma zarówno prąd o niskim napięciu i wysokim natężeniu, jak i prąd o wysokim napięciu i niskim natężeniu. By uniknąć wysokich strat na oporze podczas przesyłania prądu na duże odległości, podnosi się napięcie, tym samym obniżając natężenie prądu. Jest to szczególnie istotne na wielokilometrowych liniach przesyłowych (ang. transmission lines ), takich jak na . Napięcie skuteczne prądu przesyłanego z elektrowni w którymś momencie musi zostać zamienione z 12 ⁢ kV na 230 ⁢ V , by mogło zostać bezpiecznie przesłane do sieci domowych. Wysokonapięciowe linie przesyłowe pozwalają przesyłać prąd o niskim natężeniu na ogromne odległości z wykorzystaniem podstacji. Zmienne (i niezbyt wysokie napięcia) są wytwarzane w elektrowniach. Następnie podwyższa się je z niskiego do wysokiego poziomu napięć i dopiero później przesyła liniami przesyłowymi. W takiej sytuacji zachodzą małe straty mocy w przypadku przesyłania energii elektrycznej na duże odległości. Potem SEM musi być obniżona do zatwierdzonych, bezpiecznych wartości (w zależności od kraju, od 100 ⁢ V \\SI{100}{\\volt} do 240 ⁢ V \\SI{240}{\\volt} ). Urządzenie, które dokonuje transformacji napięcia pomiędzy dwiema wartościami z użyciem indukcji elektromagnetycznej, nazywa się transformatorem (ang. transformer ) ( ). Transformatory wykorzystuje się m.in. do zamiany wysokich napięć w liniach przesyłowych na napięcie 220 ⁢ V , używane w sieciach domowych. Źródło: modyfikacja pracy „Fortyseven”/Flickr Jak przedstawiono na , transformator w praktyce składa się z dwóch oddzielnych cewek nawiniętych na wspólny rdzeń ferromagnetyczny. Uzwojenie pierwotne posiada N P zwojów i podłączone jest do źródła napięcia zmiennego u P ⁡ t . Uzwojenie wtórne ma N W zwojów i podłączone jest do obciążenia R W . Główna zasada jest taka, że zmienny w czasie strumień pola magnetycznego generuje zmienne w czasie pole elektryczne, które jest widoczne w postaci zmiennego w czasie napięcia elektrycznego. Wykorzystujemy prawo indukcji elektromagnetycznej Faradaya, znane od 1831 roku. W naszych rozważaniach zakładamy idealny przypadek transformatora, w którym wszystkie linie pola magnetycznego, czyli cały strumień, są zawarte w rdzeniu (ten sam strumień pola magnetycznego przepływa przez każdą z pętli uzwojenia wtórnego i pierwotnego). Pomijamy również straty z powodu histerezy magnetycznej, związanej z każdorazowym przemagnesowywaniem ferromagnetycznego rdzenia w cyklu, gdy SEM zmienia znak, a także ciepło wydzielane z powodu oporu w uzwojeniach i ciepło wydzielane z powodu prądów wirowych indukowanych w rdzeniu. Dobrze zaprojektowany transformator może mieć straty na poziomie 1 ⁢ % \\SI{1}{\\percent} przesyłanej mocy. Nie jest to więc bezpodstawne założenie. Transformator podwyższający napięcie (więcej zwojów jest na uzwojeniu wtórnym niż na uzwojeniu pierwotnym). Obie cewki nawinięte są na ten sam rdzeń. W celu analizy obwodu z transformatorem najpierw rozważymy uzwojenie pierwotne. Napięcie wejściowe u P ⁡ t jest równe różnicy potencjałów indukowanej na uzwojeniu pierwotnym. Z prawa Faradaya wynika, że wyindukowana różnica potencjałów równa jest zawsze − N P ⋅ d Φ ∕ d t , gdzie Φ jest strumieniem pola magnetycznego przepływającego przez pojedynczą pętlę cewki. Tym samym u P ⁡ t = − N P ⁢ d Φ d t ⁢ . Analogicznie napięcie wyjściowe dostarczane do obciążenia musi być równe różnicy potencjałów wyindukowanej na uzwojeniu wtórnym. Ponieważ rozważany transformator jest wyidealizowany, strumień pola magnetycznego przez pojedynczą pętlę uzwojenia wtórego również wynosi Φ , więc u W ⁡ t = − N W ⁢ d Φ d t ⁢ . Korzystając z obu powyższych równań, otrzymujemy u W ⁡ t = N W N P ⁢ u P ⁡ t ⁢ . Tym samym przy odpowiednio dobranych wartościach N P i N W napięcie wejściowe u P ⁡ t może zostać podwyższone ( N W > N P ) lub obniżone ( N W < N P ) do napięcia wyjściowego u W ⁡ t . Zależność ta, często nazywana równaniem transformatora (ang. transformer equation ), ma postać U W U P = N W N P i pokazuje, że stosunek napięcia wyjściowego do wejściowego na transformatorze równy jest stosunkowi liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym. Dla transformatora podwyższającego (ang. step-up transformer ), który zwiększa napięcie i zmniejsza natężenie prądu, ten stosunek jest większy od jedności. Dla transformatora obniżającego (ang. step-down transformer ), który zmniejsza napięcie i zwiększa natężenie prądu, stosunek będzie mniejszy od jedności. Jak wynika z zasady zachowania energii, moc dostarczona w dowolnym momencie przez napięcie u P ⁡ t do uzwojenia pierwotnego musi być równa mocy oddanej obciążeniu uzwojenia wtórego. Tym samym i P ⁡ t ⁢ u P ⁡ t = i W ⁡ t ⁢ u W ⁡ t ⁢ . Gdy podstawimy tę zależność do , otrzymamy wzór i W ⁡ t = N P N W ⁢ i P ⁡ t ⁢ . Kiedy napięcie jest podwyższane, natężenie maleje i vice versa. W końcu gdy podstawimy i W ⁡ t = u W ⁡ t ∕ R W do i , otrzymamy u P ⁡ t = i P ⁡ t ⁢ N P N W 2 ⁢ R W ⁢ , co mówi nam, że z perspektywy napięcia wejściowego obwód uzwojenia wtórnego nie jest obciążony oporem R W , ale obciążeniem R P = N P N W 2 ⁢ R W ⁢ . Przeprowadzona tu analiza oparta była na wartościach chwilowych napięcia i natężenia prądu. Jednak otrzymane powyżej zależności są prawdziwe zarówno dla wartości chwilowych, amplitud, jak i wartości skutecznych. Transformator obniżający napięcie Transformator na słupie elektrycznym obniża napięcie o wartości skutecznej 12 ⁢ kV do 240 ⁢ V . Jaki jest stosunek liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym? Jeśli wejściowe natężenie prądu na uzwojeniu pierwotnym transformatora wynosi 2 ⁢ A , ile będzie ono wynosić na uzwojeniu wtórnym? Obliczmy moc traconą w czasie przesyłu energii, jeśli całkowity opór linii przesyłowej wynosi 200 ⁢ Ω . Jaką wartość miałaby moc strat, jeśli linia przesyłowa działałaby pod napięciem 240 ⁢ V zamiast 12 ⁢ kV ? Skomentujmy wynik. Strategia rozwiązania Liczba zwojów została powiązana z napięciem w . Natężenie wyjściowe obliczamy z . Rozwiązanie Używając z wartościami skutecznymi U P i U W , otrzymamy N W N P = 240 ⁢ V 12 ⋅ 10 3 ⁢ V = 1 50 ⁢ , co oznacza, że uzwojenie pierwotne ma 50-krotnie więcej zwojów niż uzwojenie wtórne. Z może być wyznaczona wartość skuteczna wyjściowego natężenia prądu I W I W = N P N W ⁢ I P ⁢ , co daje nam I W = N P N W ⁢ I P = 50 ⋅ 2 ⁢ A = 100 ⁢ A ⁢ . Moc strat na linii przesyłowej można wyliczyć jako P strat = I P 2 ⁢ R = 2 ⁢ A 2 ⋅ 200 ⁢ Ω = 800 ⁢ W ⁢ . Gdyby nie istniały transformatory, prąd elektryczny musiałby być przesyłany pod napięciem 240 ⁢ V , by sieć domowa pracowała właściwie. Straty przesyłu wynosiłyby wtedy P strat = I W 2 ⁢ R = 100 ⁢ A 2 ⋅ 200 ⁢ Ω = 2 ⋅ 10 6 ⁢ W ⁢ . Tymczasem w czasie przesyłu energii zależy nam na minimalizacji strat z nim związanych. Oznacza to, że prąd przesyłany jest pod wysokim napięciem i dostosowywany do użytku przy pomocy transformatorów dopiero bezpośrednio przed przesłaniem do sieci domowych. Znaczenie Takie wykorzystanie transformatora obniżającego napięcie pozwala sieci domowej używającej napięcia 240 ⁢ V pobierać prąd o natężeniu do 100 ⁢ A . Dzięki temu możliwe jest zasilenie wielu urządzeń w domu. Sprawdź, czy rozumiesz. Transformator obniża napięcie ze 110 ⁢ V do 9 ⁢ V tak, że prąd o natężeniu 0,5 ⁢ A dostarczany jest do dzwonka do drzwi. Jaki jest stosunek liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym do liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym? Jakie jest natężenie prądu w uzwojeniu pierwotnym? Ile wynosi obciążenie 110-woltowego źródła? a. 12 ; b. 0,042 ⁢ A ; c. 2,6 ⋅ 10 3 ⁢ Ω . Podsumowanie Elektrownie przesyłają prąd pod wysokim napięciem elektrycznym i przy małym natężeniu prądu elektrycznego, aby zminimalizować straty mocy na oporze omowym wydzielane w postaci ciepła dla wielokilometrowych linii przesyłowych. Transformatory używają indukcji magnetycznej do zamiany napięcia elektrycznego AC z jednej wartości na inną. W transformatorze napięcia odłożone na cewkach uzwojenia pierwotnego i wtórnego powiązane są ze sobą równaniem transformatora opierającym się na zasadzie zachowania strumienia pola magnetycznego w rdzeniu transformatora (brak wypływu pola magnetycznego na zewnątrz transformatora) oraz na prawie indukcji Faradaya. Natężenia prądu w uzwojeniach pierwotnym i wtórnym powiązane są z liczbą zwojów na pierwotnej i wtórnej cewce transformatora. Najważniejsze wzory Napięcie prądu zmiennego u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t Natężenie prądu zmiennego i ⁡ t = I 0 ⁢ sin ω ⁢ t Kapacytancja (impedancja kondensatora) U 0 I 0 = 1 ω ⁢ C = X C Wartość skuteczna napięcia prądu U sk = U 0 2 Wartość skuteczna natężenia prądu I sk = I 0 2 Induktancja U 0 I 0 = ω ⁢ L = X L Kąt fazowy obwodu prądu zmiennego ϕ = arc tg X L − X C R Zmiennoprądowe prawo Ohma i definicja impedancji (domyślnie dla AC) w odniesieniu do wskazów napięcia i natężenia prądu I 0 = U 0 Z Moduł impedancji (moduł liczby zespolonej) Z = R 2 + X L − X C 2 Średnia moc powiązana z elementem obwodu P śr = I 0 ⁢ U 0 2 ⋅ cos ϕ Średnia moc wydzielana na oporniku R R P śr = I 0 ⁢ U 0 2 = I sk ⁢ U sk = I sk 2 ⁢ R Rezonansowa częstość kołowa obwodu ω 0 = 1 L ⁢ C Dobroć obwodu Q = ω 0 Δ ω Dobroć obwodu wyrażona w parametrach obwodu Q = ω 0 ⁢ L R Równanie transformatora dla napięcia U W U P = N W N P Równanie transformatora dla natężenia I W = N P N W ⁢ I P Pytania Dlaczego linie przesyłowe działają przy bardzo wysokim napięciu, podczas gdy sieci domowe działają przy stosunkowo niskim napięciu? Straty termiczne są znacząco mniejsze, kiedy linia działa przy niskim natężeniu prądu i wysokim jego napięciu. Jak odróżnić uzwojenie pierwotne transformatora podnoszącego napięcie od uzwojenia wtórnego? Akumulatory w urządzeniu elektrycznym ładowane są przy użyciu adaptera podłączonego do gniazdka. Jaki jest cel użycia adaptera? Adapter zawiera w sobie transformator obniżający napięcie i podwyższający natężenie prądu, by dostosować te parametry do optymalnych dla akumulatora. Czy transformator będzie działał po podłączeniu do napięcia stałego? Dlaczego cewki uzwojenia pierwotnego i wtórnego są nawinięte na ten sam zamknięty, ferromagnetyczny rdzeń? Aby przez każdy zwój mógł przepłynąć ten sam zmienny strumień pola magnetycznego. Zadania Transformator podwyższający napięcie zaprojektowano tak, by napięcie wyjściowe na uzwojeniu wtórnym miało wartość skuteczną 2000 ⁢ V przy zasilaniu uzwojenia pierwotnego linią o napięciu skutecznym 110 ⁢ V . Jeśli uzwojenie pierwotne ma 100 zwojów, ile zwojów liczy uzwojenie wtórne tego transformatora? Jeśli przez opornik obciążający uzwojenie wtórne płynie prąd o natężeniu skutecznym równym 0,75 ⁢ A , jakie natężenie prądu obserwowane jest w uzwojeniu pierwotnym? Transformator podwyższający napięcie, podłączony do 110-woltowej linii, używany jest jako źródło zasilania wodorowej lampy wyładowczej o napięciu znamionowym 5 ⁢ kV . Rurka ma moc znamionową 75 ⁢ W . Jaki jest stosunek liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym? Jakie są wartości skuteczne natężenia prądu płynącego przez uzwojenie pierwotne i uzwojenie wtórne? Ile wynosi wypadkowy opór „widziany” przez 110-woltowe źródło? a. 45 ⁢ : ⁢ 1 ; b. 0,68 ⁢ A , 0,015 ⁢ A ; c. 160 ⁢ Ω . Źródło napięcia zmiennego produkuje moc 5 ⁢ mW przy dostarczaniu prądu o natężeniu skutecznym 2 ⁢ mA , kiedy podłączy się je do uzwojenia pierwotnego transformatora. Napięcie skuteczne na uzwojeniu wtórnym tego transformatora wynosi 20 ⁢ V . Ile wynoszą napięcie prądu na uzwojeniu pierwotnym i natężenie prądu płynącego przez uzwojenie wtórne? Jaki jest stosunek liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym? Transformator używany jest do obniżenia napięcia ze 110 ⁢ V do 9 ⁢ V , do zasilania radia. Jeśli uzwojenie pierwotne ma 500 zwojów, ile zwojów posiada uzwojenie wtórne? Jeśli obwody radia pracują przy natężeniu prądu równym 500 ⁢ mA , jakie jest natężenie prądu płynącego przez uzwojenie pierwotne? a. 41 zwojów; b. 40,9 ⁢ A \\SI{40,9}{\\ampere} . Transformator podłączony do gniazdka o napięciu 110 ⁢ V używany jest jako źródło napięcia do 12-woltowego modelu pociągu. Pociąg pobiera 50 ⁢ W mocy. Jakie jest natężenie skuteczne prądu płynącego przez uzwojenie wtórne? Jakie jest natężenie skuteczne prądu w uzwojeniu pierwotnym? Ile wynosi stosunek liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym do uzwojenia wtórnego? Jaki jest opór obwodów modelu pociągu? Ile wynosi opór widziany przez gniazdko? Zadania dodatkowe SEM źródła napięcia zmiennego wyrażone jest wzorem u ⁡ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t , gdzie U 0 = 100 ⁢ V , a ω = 200 ⁢ π ⁢ rad ∕ s . Znajdź wyrażenie opisujące natężenie prądu płynącego przez kondensator o pojemności 20 ⁢ µF ; cewkę o indukcyjności 20 ⁢ µH ; opornik o oporze 50 ⁢ Ω . a. i ⁡ t = 1,26 ⁢ A ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t + π ∕ 2 ; b. i ⁡ t = 1,26 ⁢ A ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t − π ∕ 2 ; c. i ⁡ t = 2 ⁢ A ⋅ sin 200 ⁢ π ⁢ t . Kondensator o pojemności 700 ⁢ pF podłączony został do źródła napięcia zmiennego o amplitudzie 160 ⁢ V i częstotliwości 20 ⁢ kHz . Znajdź wartość kapacytancji tego kondensatora i wartość natężenia prądu płynącego przez niego; Jeśli częstotliwość ulegnie zmianie na 60 ⁢ Hz przy zachowaniu amplitudy, ile wyniesie wtedy kapacytancja i natężenie prądu dla tego kondensatora? Cewka o indukcyjności 20 ⁢ mH jest podłączona do źródła napięcia zmiennego o zmiennej częstotliwości i stałej amplitudzie równej 9 ⁢ V . Ustal zawadę tego obwodu i maksymalne natężenie prądu w nim płynącego ustawionego na częstotliwość 20 ⁢ kHz ; Dokonaj tych samych obliczeń dla częstotliwości 60 ⁢ Hz . a. 2,5 ⋅ 10 3 ⁢ Ω , 3,6 ⋅ 10 − 3 ⁢ A ; b. 7,5 ⁢ Ω , 1,2 ⁢ A . Kondensator o pojemności 30 ⁢ µF podłączony jest do 60-hercowego źródła napięcia zmiennego o amplitudzie 50 ⁢ V . Ile wynosi maksymalny ładunek zgromadzony na kondensatorze? Ile wynosi maksymalne natężenie prądu płynącego przez kondensator? Jaka jest zależność fazowa pomiędzy ładunkiem zgromadzonym w kondensatorze a natężeniem prądu płynącego w obwodzie? Cewkę o indukcyjności 7 ⁢ mH podłączono do 60-hercowego źródła napięcia zmiennego o amplitudzie 50 ⁢ V . Ile wynosi maksymalne natężenie prądu płynącego przez cewkę? Jaka jest zależność fazowa pomiędzy natężeniem prądu płynącego przez cewkę a napięciem na niej odłożonym? a. 19 ⁢ A ; b. 90 ° . Ile wynosi impedancja szeregowego obwodu RLC dla częstotliwości rezonansowej? Ile wynosi opór R w poniższym obwodzie, jeśli amplituda natężenia prądu w cewce wynosi 4,24 ⁢ A ? 11,7 ⁢ Ω . Źródło napięcia zmiennego o amplitudzie 100 ⁢ V i częstotliwości 1 ⁢ kHz zasila szeregowy obwód RLC, w którym R = 20 ⁢ Ω , L = 4 ⁢ mH i C = 50 ⁢ µF . Znajdź natężenie skuteczne prądu w tym obwodzie; Ile wynoszą napięcia skuteczne na wszystkich trzech elementach obwodu? Ile jest równy kąt fazowy pomiędzy SEM i natężeniem prądu? Jaką moc produkuje źródło? Jaka jest moc rozpraszana na oporniku? W obwodzie RLC R = 200 ⁢ Ω , L = 1 ⁢ H , C = 50 ⁢ µF , U 0 = 120 ⁢ V , a f = 50 ⁢ Hz . Jaką moc ma źródło napięcia w tym obwodzie? 36 ⁢ W . W elektrowni produkowany jest prąd o natężeniu 100 ⁢ A i napięciu 15 ⁢ kV (wartości skuteczne). Następnie używa się transformatora do podwyższenia napięcia skutecznego do 150 ⁢ kV przed przesłaniem prądu na linie przesyłowe. Jakie jest skuteczne natężenie prądu w liniach przesyłowych? Jeśli opór liniowy na jednostkę długości linii przesyłowej równy jest 8,6 ⋅ 10 − 8 ⁢ Ω ∕ m , to jaka jest moc strat na jednostkę długości? Jaka byłaby moc strat na liniach przesyłowych, gdyby napięcie skuteczne na nich było równe 15 ⁢ kV ? Rozważmy elektrownię położoną w odległości 25 ⁢ km od miasta, do którego dostarcza 50 ⁢ MW mocy. Linie przesyłowe wykonane są z aluminiowych kabli o polu przekroju poprzecznego równym 7 ⁢ cm 2 . Wylicz wartość mocy strat na liniach przesyłowych, jeśli napięcie skuteczne na nich równe jest 200 ⁢ kV ; 120 ⁢ V . a. 5,9 ⋅ 10 4 ⁢ W ; b. 1,64 ⋅ 10 11 ⁢ W . Neony wymagają zasilania napięciem 12 ⁢ kV do prawidłowej pracy. Do tego celu konieczne jest wykorzystanie transformatora do zamiany 220 ⁢ V napięcia skutecznego z sieci elektrycznej na 12 ⁢ kV napięcia skutecznego. Ile musi być równy stosunek liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym? Jakie jest maksymalne skuteczne natężenie prądu, który może przepłynąć przez ten neon, jeśli na uzwojeniu pierwotnym umieszczono bezpiecznik przerywający obwód przy natężeniu prądu 0,5 ⁢ A ? Jaką moc pobiera ten neon, jeśli płynie przez niego maksymalne dopuszczalne przez bezpiecznik na uzwojeniu pierwotnym natężenie prądu? Zadania trudniejsze Uzwojenie pierwotne transformatora zasilane jest z linii przesyłowej o napięciu 335 ⁢ kV . Stosunek liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do uzwojenia pierwotnego jest równy N W ∕ N P = 1000 . Ile wynosi napięcie na uzwojeniu wtórnym? Co jest nierealistyczne w tym wyniku? Jakie parametry byłyby lepsze? a. 335 ⁢ MV ; b. Ten wynik jest zbyt wysoki, zdecydowanie powyżej napięcia przebicia powietrza dla realnych odległości; c. Napięcie wejściowe jest zbyt wysokie. Opornik o oporze 1,5 ⁢ kΩ i cewka o indukcyjności 30 ⁢ mH połączone są szeregowo w obwód, jak na obrazku poniżej, i podłączone do źródła prądu zmiennego o napięciu skutecznym 120 ⁢ V i częstotliwości 60 ⁢ Hz . Znajdź natężenie prądu płynącego w tym obwodzie; Znajdź spadki napięcia na oporniku i cewce; Znajdź impedancję tego obwodu; Znajdź wartość mocy rozpraszanej na oporniku; Znajdź wartość mocy rozpraszanej w cewce; Znajdź wartość mocy wytwarzanej przez źródło prądu. 20-omowy opornik, 50-mikrofaradowy kondensator i 30-milihenrowa cewka zostały połączone w obwód szeregowy ze źródłem napięcia zmiennego o amplitudzie 10 ⁢ V i częstotliwości 125 ⁢ Hz . Jaka jest impedancja tego obwodu? Ile wynosi amplituda natężenia prądu płynącego w tym obwodzie? Ile równy jest czynnik fazowy natężenia prądu? Czy wyprzedza, czy jest opóźniony względem napięcia prądu? Zapisz wyrażenia na napięcie odłożone na oporniku, kondensatorze i cewce oraz napięcie źródła jako funkcje czasu; Ile jest równy współczynnik mocy dla tego obwodu? Ile energii zużywa opornik w czasie 2,5 ⁢ s ? a. 20 ⁢ Ω ; b. 0,5 ⁢ A ; c. 5,4 ° , opóźnione; d. u R ⁡ t = 9,96 ⁢ V ⋅ cos 250 ⁢ π ⁢ t + 5,4 ° , u C ⁡ t = 12,7 ⁢ V ⋅ cos 250 ⁢ π ⁢ t + 5,4 ° − 90 ° , u L ⁡ t = 11,8 ⁢ V ⋅ cos 250 ⁢ π ⁢ t + 5,4 ° + 90 ° , u źr ⁡ t = 10 ⁢ V ⋅ cos 250 ⁢ π ⁢ t ; e. 0,995 ; f. 6,25 ⁢ J . Opornik o oporze 200 ⁢ Ω , kondensator o pojemności 150 ⁢ µF i cewka o indukcyjności 2,5 ⁢ H zostały połączone szeregowo ze źródłem napięcia zmiennego o amplitudzie 10 ⁢ V i częstości kołowej ω w obwód. Jaka jest wartość częstości rezonansowej ω R ? Ile równa jest amplituda natężenia, jeśli ω = ω R ? Ile równy jest czynnik fazowy natężenia prądu płynącego w obwodzie dla ω = ω R ? Czy wyprzedza on, czy jest opóźniony, czy jest w fazie względem napięcia? Zapisz wyrażenie na spadek napięcia na oporniku jako funkcję czasu dla ω = ω R ; Ile wynosi współczynnik mocy tego obwodu dla ω = ω R ? Ile energii zużywa opornik w czasie 2,5 ⁢ s , jeśli ω = ω R ? Znajdź reaktancje dla podanych kondensatorów i cewek w obwodach prądu zmiennego z zadanymi częstotliwościami dla każdego przypadku: cewka o indukcyjności 2 ⁢ mH w obwodzie o częstotliwości 60 ⁢ Hz ; cewka o indukcyjności 2 ⁢ mH w obwodzie o częstotliwości 600 ⁢ Hz ; cewka o indukcyjności 20 ⁢ mH w obwodzie o częstotliwości 6 ⁢ Hz ; cewka o indukcyjności 20 ⁢ mH w obwodzie o częstotliwości 60 ⁢ Hz ; kondensator o pojemności 2 ⁢ mF w obwodzie o częstotliwości 60 ⁢ Hz ; kondensator o pojemności 2 ⁢ mF w obwodzie o częstotliwości 600 ⁢ Hz . a. 0,75 ⁢ Ω ; b. 7,5 ⁢ Ω ; c. 0,75 ⁢ Ω ; d. 7,5 ⁢ Ω ; e. 1,3 ⁢ Ω ; f. 0,13 ⁢ Ω . Impedancja wyjściowa wzmacniacza audio jest równa 500 ⁢ Ω i nie jest zgodna z niskoimpedancyjnym, 8-omowym głośnikiem. Zostałeś poproszony o dopasowanie odpowiedniego transformatora, by impedancje zgadzały się. Transformatora o jakim stosunku liczby zwojów użyjesz i dlaczego? Wykorzystaj uproszczony schemat obwodu zaprezentowany poniżej. Udowodnij, że jednostką kapacytancji w układzie SI jest om. Udowodnij, że jednostką impedancji w układzie SI jest om. Jednostką reaktancji według wzoru jest rad ⁢ H ∕ s . W analizie jednostek radiany można pominąć bez konsekwencji. Henr da się również zapisać w postaci H = V ⁢ s ∕ A = Ω ⁢ s . Łącząc ze sobą oba wzory, widzimy, że jednostką reaktancji jest Ω . Cewka o indukcyjności 16 ⁢ mH i induktancji 6 ⁢ Ω jest podłączona do źródła napięcia zmiennego o zmiennej częstotliwości. Dla jakiej częstotliwości napięcie prądu na cewce będzie wyprzedzać w fazie natężenie prądu przez nią płynącego o 45 ° ? Szeregowy obwód RLC składa się z opornika o oporze 50 ⁢ Ω , kondensatora o pojemności 200 ⁢ µF oraz cewki o indukcyjności 120 ⁢ mH i induktancji 20 ⁢ Ω . W obwodzie znajduje się źródło, którego SEM ma wartość skuteczną równą 240 ⁢ V i częstotliwość 60 ⁢ Hz . Oblicz napięcie skuteczne na oporniku; kondensatorze; cewce. a. 156 ⁢ V ; b. 42 ⁢ V ; c. 154 ⁢ V . Szeregowy obwód RLC składa się z 10-omowego opornika, 8-mikrofaradowego kondensatora i 50-milihenrowej cewki. Źródło w tym obwodzie dostarcza napięcia skutecznego 110 ⁢ V przy zmiennej częstotliwości. Ile mocy produkuje to źródło, jeśli jego częstotliwość ustawiona jest na półtorej wartości częstotliwości rezonansowej? Poniżej przedstawiono dwa obwody, które działają jak filtry górnoprzepustowe. Napięciem wejściowym w obwodzie jest U wej , a napięciem wyjściowym U wyj . Udowodnij, że dla obwodu z kondensatorem U wyj U wej = 1 1 + 1 ω 2 ⁢ R 2 ⁢ C 2 ⁢ , a dla obwodu z cewką U wyj U wej = ω ⁢ L R 2 + ω 2 ⁢ L 2 ⁢ . Udowodnij, że dla wysokich częstotliwości U wyj = U wej , a dla niskich częstotliwości U wyj ≈ 0 ⁢ V . transformator obniżający napięcie (ang. step-down transformer ) transformator, który zmniejsza napięcie i zwiększa natężenie prądu transformator podwyższający napięcie (ang. step-up transformer ) transformator, który zwiększa napięcie i zmniejsza natężenie prądu transformator (ang. transformer ) urządzenie, które przekształca zmienny w czasie prąd elektryczny (AC) o danym napięciu w zmienny w czasie prąd (AC) o innym napięciu przy użyciu indukcji elektromagnetycznej równanie transformatora (ang. transformer equation ) równanie pokazujące, że stosunek liczby zwojów na uzwojeniu wtórnym do liczby zwojów na uzwojeniu pierwotnym równy jest stosunkowi napięcia wtórnego do napięcia pierwotnego", "section": "Transformatory", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wstęp Ciśnienie światła słonecznego, przewidziane równaniami Maxwella, było jednym z czynników, które spowodowały utworzenie się ogona komety McNaughta. Źródło: modyfikacja pracy Sebastiana Deiries – ESO Widok nocnego nieba, ciepło promieni słońca, opalenizna, rozmowy przez telefon komórkowy i obraz złamania kości utworzony przez promienie Röntgena – wszystko to zawdzięczamy falom elektromagnetycznym. Prawie nie da się przecenić praktycznego wykorzystania tego rodzaju promieniowania – od roli w procesie widzenia, przez niezliczone zastosowania technologiczne, kończąc na jego wspaniałej zdolności do przenoszenia przez próżnię energii słonecznej, co umożliwiło powstanie i podtrzymanie życia na Ziemi. Istnienie fal elektromagnetycznych zostało przewidziane teoretycznie na długo przed tym, zanim ktokolwiek uświadomił sobie, że ich przejawem może być światło. W połowie XIX wieku James Clerk Maxwell sformułował teorię zespalającą wszystkie znane wtedy efekty magnetyczne i elektryczne. Równania Maxwella (ang. Maxwell’s equations ), będące matematycznym podsumowaniem jego teorii, pozwalały zakładać istnienie fal elektromagnetycznych, zdolnych do przemieszczania się z prędkością światła. Teoria ta przewidziała również właściwości tych fal oraz mechanizmy przenoszenia przez nie pędu i energii. Bardzo widowiskowym przykładem działania fal elektromagnetycznych są ogony komet, takich jak kometa McNaughta z . Energia niesiona przez światło słoneczne ogrzewa kometę, uwalniając z niej pył i gaz. Pęd światła działa na ten pył niewielką siłą, która nadaje ogonowi konkretny kształt – taki jak widać na zdjęciu. Strumień cząsteczek emitowanych przez Słońce, nazywany wiatrem słonecznym, tworzy zazwyczaj dodatkowy, drugi ogon. Szczegółowo zostanie to opisane w tym rozdziale. W pierwszej kolejności wyjaśnimy teorię Maxwella i pokażemy, jak pozwala ona wnioskować o istnieniu fal elektromagnetycznych. Następnie użyjemy jej do zbadania, czym właściwie są fale elektromagnetyczne, jak są wytwarzane i w jaki sposób przenoszą one energię i pęd. Podsumujemy ten rozdział przedstawiając kilka z wielu praktycznych zastosowań fal elektromagnetycznych.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Równania Maxwella i fale elektromagnetyczne James Clerk Maxwell (1831–1879) był jednym z największych fizyków XIX wieku ( ). Pomimo swojej przedwczesnej śmierci znacząco przyczynił się do rozwoju kinetycznej teorii gazów, zrozumienia zjawiska widzenia kolorów czy natury pierścieni Saturna. Jednak jest on najbardziej znany ze względu na skonsolidowanie całej ówczesnej wiedzy o zjawiskach elektrycznych i magnetycznych. Dodając do niej również swoje pomysły i obserwacje, sformułował pełną i skończoną teorię zjawisk elektromagnetycznych, przedstawianą skrótowo w postaci równań Maxwella. James Clerk Maxwell – XIX-wieczny fizyk, który opracował teorię wyjaśniającą powiązania pomiędzy elektrycznością i magnetyzmem, a także prawidłowo przewidział, że światło widzialne jest rodzajem fal elektromagnetycznych. Poprawka Maxwella do praw elektryczności i magnetyzmu Cztery podstawowe prawa elektryczności i magnetyzmu zostały odkryte eksperymentalnie dzięki pracom takich fizyków, jak: Ørsted, Coulomb, Gauss czy Faraday. Maxwell odnalazł w tych wcześniejszych pracach pewne logiczne nieścisłości i zidentyfikował problem w postaci niekompletności prawa Ampère’a. Przypomnijmy sobie, że według prawa Ampère’a całka wektora indukcji magnetycznej wytworzonego przez prąd przepływający przez zamkniętą pętlę C jest proporcjonalna do natężenia prądu i przepływającego przez dowolną powierzchnię, której brzegiem jest ta pętla (mała litera oznacza, że wielkość zależna jest od czasu i ⁡ t = i ) ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i ⁢ . Istnieje nieskończenie wiele powierzchni ograniczonych przez daną pętlę, a prawo Ampère’a według definicji z jest niezależne od wyboru powierzchni. Rozpatrzmy sytuację z . Źródło siły elektromotorycznej zostaje podłączone do kondensatora składającego się z dwóch równoległych płytek metalowych w taki sposób, że w przewodzie pojawia się prąd, którego natężenie zależy od czasu. Zastosujmy prawo Ampère’a do pętli C , przedstawionej na rysunku w chwili przed całkowitym naładowaniem kondensatora, a więc gdy i ≠ 0 . Natężenie prądu płynącego przez powierzchnię S 1 jest większe od zera, zaś przez powierzchnię S 2 równe zero ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i dla ⁢ S 1 0 dla ⁢ S 2 ⁢ . \\oint_C \\vec{B} \\cdot \\d \\vec{s} = \\left{ \\begin{matrix} \\mu_0 i & \\text{dla } S_1 \\\\ 0 & \\text{dla } S_2 \\text{.} \\end{matrix} \\right. Jasne jest, że w takim sformułowaniu prawo Ampère’a nie działa. Nie jest to zaskoczeniem, gdyż prawo Ampère’a używane we wcześniejszych rozdziałach wymagało stałego przepływu ładunku. Tymczasem w naszym przykładzie natężenie prądu zmienia się w czasie i to niekoniecznie jednostajnie. Prądy płynące przez powierzchnię S 1 i przez powierzchnię S 2 nie są co do wartości równe, mimo że obie powierzchnie ograniczone są tą samą pętlą C . Jak można zatem zmodyfikować prawo Ampère’a, aby działało we wszystkich przypadkach? Maxwell zaproponował włączenie dodatkowego czynnika, nazywanego prądem przesunięcia, do rzeczywistego natężenia prądu i ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i + i p ⁢ , gdzie prąd przesunięcia zdefiniowany jest jako i p = ε 0 ⁢ d Φ E d t ⁢ . ε 0 jest tutaj przenikalnością elektryczną próżni (ang. permittivity of free space ), a Φ E jest strumieniem pola elektrycznego (ang. electric flux ) zdefiniowanym jako Φ E = ∬ powierzchnia ⁢ S E → ⋅ d S → ⁢ . Prąd przesunięcia (ang. displacement current ) jest czynnikiem odpowiadającym prawdziwemu prądowi z prawa Ampère’a. Jest on jednak wytwarzany przez zmienne pole elektryczne. Składnik ten opisuje wytwarzanie pola magnetycznego przez zmienne pole elektryczne, jak w przypadku faktycznego przepływu prądu. Jednak prąd przesunięcia wytwarza pole magnetyczne nawet wtedy, gdy nie płynie żaden rzeczywisty prąd. Gdy uwzględni się ten dodatkowy składnik, prawo Ampère’a przybiera postać ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i + ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ d Φ E d t i jest ono niezależne od wyboru powierzchni S , przez którą przepływa prąd. Możemy teraz przeanalizować zmodyfikowane prawo Ampère’a, aby potwierdzić, że działa ono bez względu na to, czy wybrana jest powierzchnia S 1 , czy S 2 z . Pole elektryczne E → , odpowiadające strumieniowi Φ E w , zlokalizowane jest pomiędzy okładkami kondensatora. Tym samym pole E → i prąd przesunięcia liczone dla powierzchni S 1 są równe zero, a przyjmuje postać ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i ⁢ . Należy teraz wykazać, że dla powierzchni S 2 , przez którą nie przepływa żaden rzeczywisty prąd, obecność prądu przesunięcia spowoduje otrzymanie tej samej wartości μ 0 ⁢ i dla prawej strony prawa Ampère’a. Dla powierzchni S 2 , równanie wygląda jak poniżej ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ d d t ε 0 ⁢ ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → ⁢ . \\oint_C \\vec{B} \\cdot \\d \\vec{s} = \\mu_0 \\dd t (\\epsilon_0 \\iint_{\\text{powierzchnia } S_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A}) \\text{.} Prawo Gaussa dla ładunków elektrycznych wymaga zastosowania powierzchni zamykającej pewną przestrzeń, przez co nie można go zastosować do samej tylko powierzchni S 1 ani samej tylko powierzchni S 2 . Jednak powierzchnia bryły utworzonej z połączenia powierzchni S 1 i S 2 z jest zamknięta, co oznacza, że można do niej zastosować prawo Gaussa. Ponieważ pole elektryczne przenikające przez powierzchnię S 1 jest równe zero, strumień tego pola również będzie zerowy. Tym samym ∯ powierzchnia ⁢ S 1 + S 2 E → ⋅ d S → = ∬ powierzchnia ⁢ S 1 E → ⋅ d S → + ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → ∯ powierzchnia ⁢ S 1 + S 2 E → ⋅ d S → = 0 + ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → = ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → ⁢ . \\begin{multiline} \\prefop{\\u{222F}}_{\\text{powierzchnia } S_1+S_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} &= \\iint_{\\text{powierzchnia } S_1} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} + \\iint_{\\text{powierzchnia } S_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} \\\\ &= 0 + \\iint_{\\text{powierzchnia } S_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} = \\iint_{\\text{powierzchnia } S_2} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} \\text{.} \\end{multiline} ∯ powierzchnia ⁢ S 1 + S 2 E → ⋅ d S → = ∬ powierzchnia ⁢ S 1 E → ⋅ d S → + ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → = 0 + ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → = ∬ powierzchnia ⁢ S 2 E → ⋅ d S → ⁢ . Dzięki temu możemy zamienić w całkę po powierzchni S 2 na całkę po zamkniętej powierzchni Gaussa S 1 + S 2 , a następnie zastosować prawo Gaussa, aby otrzymać ∮ C B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ d q d t = μ 0 ⁢ i ⁢ . Widać więc, że zmodyfikowane prawo Ampère’a daje taki sam wynik dla powierzchni S 2 (dzięki poprawce od prądu przesunięcia) jak dla powierzchni S 1 (gdzie wynika on z oryginalnej postaci prawa). Prąd przesunięcia w ładującym się kondensatorze Kondensator o płasko-równoległych okładkach i pojemności C , którego okładki mają powierzchnię A i oddalone są od siebie o odległość d , podłączono do opornika R i baterii o napięciu U 0 . Przepływ prądu rozpoczyna się w chwili t = 0 ⁢ s . Znajdźmy prąd przesunięcia pomiędzy okładkami kondensatora w chwili t . Na podstawie własności kondensatora znajdźmy prąd rzeczywisty i = d q ∕ d t i porównajmy rozwiązanie z oczekiwanym natężeniem prądu dla takiego obwodu RC. Strategia rozwiązania Należy wykorzystać równania do analizy obwodów RC ( Obwody prądu zmiennego ) oraz prawo Ampère’a z poprawką Maxwella. Rozwiązanie Napięcie pomiędzy okładkami w czasie t dane jest wzorem u C = q C = U 0 ⁢ 1 − e − t ∕ R ⁢ C ⁢ . Umówmy się, że oś z skierowana będzie od okładki dodatniej do okładki ujemnej. Wtedy składowa z -owa pola elektrycznego pomiędzy okładkami w funkcji czasu będzie równa E z ⁡ t = U 0 d ⁢ 1 − e − t ∕ R ⁢ C ⁢ . Oznacza to, że składowa z -owa prądu przesunięcia i p pomiędzy okładkami wynosi i p = ε 0 ⁢ A ⁢ ∂ E z ⁡ t ∂ t = ε 0 ⁢ A ⁢ U 0 d ⋅ 1 R ⁢ C ⁢ e − t ∕ R ⁢ C = U 0 R ⁢ e − t ∕ R ⁢ C ⁢ , przy czym użyliśmy wzoru C = ε 0 ⁢ A ∕ d dla pojemności kondensatora. Z wyrażenia na u C otrzymujemy, że ładunek zgromadzony na okładkach kondensatora wynosi q = C ⁢ u C = C ⁢ U 0 ⁢ 1 − e − t ∕ R ⁢ C ⁢ . Natężenie prądu płynącego przez kondensator po zamknięciu obwodu jest tym samym równe i = d q d t = U 0 R ⁢ e − t ∕ R ⁢ C ⁢ . Ten prąd jest równy prądowi przesunięcia i p , obliczonemu w podpunkcie (a). Równania Maxwella Z uwzględnieniem poprawki prądu przesunięcia równania Maxwella otrzymują formę ∯ E → ⋅ d S → = q ε 0 ⁢ (Prawo Gaussa), \\prefop{\\u{222F}} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} = \\frac{q}{\\epsilon_0} \\text{ (Prawo Gaussa),} ∯ B → ⋅ d S → = 0 ⁢ (Prawo Gaussa dla pola magnetycznego), \\prefop{\\u{222F}} \\vec{E} \\cdot \\d \\vec{A} = 0 \\text{ (Prawo Gaussa dla pola magnetycznego),} ∮ E → ⋅ d l → = − d Φ B d t ⁢ (Prawo Faradaya), ∮ B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i + ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ d Φ E d t ⁢ (Prawo Ampère’a-Maxwella). Kiedy wektory E → i B → zostaną wyliczone za pomocą powyższych czterech równań, wzór na siłę Lorentza (ang. Lorentz force equation ) ma następującą postać F → = q ⁢ E → + q ⁢ v → × B → ⁢ . Powyższe równanie pozwala na ustalenie, z jaką siłą pola te oddziałują na cząstkę o ładunku q , poruszającą się z prędkością v → . Siła Lorentza uwzględnia oddziaływanie obu tych pól na poruszający się w nich ładunek. Zarówno siły magnetyczne, jak i elektryczne były już omawiane we wcześniejszych rozdziałach. Równania Maxwella Prawo Gaussa Strumień pola elektrycznego przenikający przez dowolną powierzchnię zamkniętą równy jest ładunkowi elektrycznemu q zamkniętemu wewnątrz tej powierzchni. Prawo Gaussa ( ) opisuje związek pomiędzy ładunkiem elektrycznym a polem, które on wytwarza. Konsekwencją tego związku jest charakter linii pola elektrycznego, które biegną od cząstek dodatnio naładowanych i kończą się na cząstkach ujemnie naładowanych, a linie w każdym punkcie wskazują kierunek pola elektrycznego. Prawo Gaussa dla pola magnetycznego Strumień indukcji magnetycznej przez dowolną powierzchnię zamkniętą równy jest zero ( ). Jest to równoznaczne ze stwierdzeniem, że linie pola magnetycznego są ciągłe – nie mają początku ani końca. Każda linia pola magnetycznego „wchodząca” do obszaru ograniczonego zamkniętą powierzchnią musi również go „opuścić”. Do tej pory nie odkryto żadnych źródeł pola magnetycznego analogicznych do źródeł pola elektrycznego, czyli monopoli magnetycznych – punktów, w których linie pola magnetycznego kończyłyby się (lub zaczynały) (patrz Pola magnetyczne i ich linie ). Prawo Faradaya Zmieniający się strumień indukcji magnetycznej indukuje siłę elektromotoryczną, a przez to pole elektryczne. Kierunek siły elektromotorycznej stara się zapobiec zmianom. Trzecie równanie Maxwella ( ) to sformułowanie prawa Faradaya, zawierające też regułę Lenza. Linie pola elektrycznego, indukowanego przez zmienne pole magnetyczne, mają kształt zamkniętych pętli, bez początku ani końca. Prawo Ampère’a-Maxwella Pola magnetyczne są generowane przez poruszające się ładunki lub przez zmieniający się strumień pola elektrycznego. To czwarte równanie Maxwella ( ) zawiera w sobie prawo Ampère’a i dodaje kolejne źródło pól magnetycznych – zmienne pola elektryczne. Równania Maxwella wraz ze wzorem na siłę Lorentza tworzą komplet praw opisujących zjawiska elektryczne i magnetyczne. Symetria, jaką Maxwell wprowadził tymi sformułowaniami matematycznymi, może nie być widoczna na pierwszy rzut oka. Prawo Faradaya stwierdza, że zmienne pole magnetyczne jest źródłem dla pola elektrycznego. Prąd przesunięcia, wprowadzony przez Maxwella, wyjaśnia, że zmienne pole elektryczne jest źródłem pola magnetycznego. Równania opisujące efekty zmienności pól elektrycznych i magnetycznych różnią się jedynie tam, gdzie brak monopoli magnetycznych spowodował wyzerowanie się niektórych czynników. Ta symetria w konsekwencjach zmian w polach magnetycznym i elektrycznym okaże się niezbędna do wyjaśnienia natury fal elektromagnetycznych. Późniejsze użycie teorii względności Einsteina do interpretacji pełnej i symetrycznej teorii Maxwella udowodniło, że siły elektryczne i magnetyczne to nie oddzielne siły, lecz są one przejawem tego samego oddziaływania – oddziaływania elektromagnetycznego. Oddziaływanie to i słabe oddziaływania jądrowe są podobnie ze sobą zunifikowane – jako oddziaływania elektrosłabe. Ta unifikacja sił była jedną z głównych motywacji dla prób połączenia wszystkich czterech podstawowych oddziaływań przyrody: grawitacyjnych, elektromagnetycznych, jądrowych silnych i jądrowych słabych w jedno oddziaływanie (patrz Fizyka cząstek elementarnych i kosmologia ). Mechanizm rozchodzenia się fali elektromagnetycznej Aby dowieść, że postulowana przez Maxwella symetria jednoznacznie wskazuje na istnienie połączonych fal elektrycznych i magnetycznych rozchodzących się w przestrzeni, wyobraźmy sobie zmienne w czasie pole magnetyczne B → 0 ⁡ t wytwarzane przez prąd zmienny o wysokiej częstotliwości, co pokazano na . Pole B → 0 ⁡ t przedstawiono na nim za pomocą pojedynczej linii tego pola. Z prawa Faradaya wynika, że zmienne pole magnetyczne przepływające przez powierzchnię wytwarza zmienne w czasie pole elektryczne E → 0 ⁡ t na granicy tej powierzchni. Źródło pola elektrycznego wytwarzanego jako konsekwencja prądu przesunięcia zachowuje się podobnie do źródła pola magnetycznego wytwarzanego jako skutek prawa Faradaya – wytwarza pole o liniach będących zamkniętymi pętlami. Jest to konsekwencja matematycznej symetrii występującej w równaniach opisujących indukowane pole elektryczne i indukowane pole magnetyczne. Na rysunku przedstawiono również pojedynczą linię pola E → 0 ⁡ t . Wyindukowane zmienne pole E → 0 ⁡ t wytwarza następnie pole magnetyczne B → 1 ⁡ t zgodnie ze zmodyfikowanym prawem Ampère’a. To zmienne pole indukuje pole E → 1 ⁡ t , które indukuje pole B → 2 ⁡ t i tak dalej. Mamy zatem samopodtrzymujący się proces, który prowadzi do powstania zmiennego w czasie pola elektrycznego i magnetycznego w obszarach coraz to bardziej oddalonych od punktu początkowego. Proces ten może służyć jako wizualizacja mechanizmu rozchodzenia się fali elektromagnetycznej w przestrzeni. Rysunek przedstawia, w jaki sposób pola E → i B → rozchodzą się w przestrzeni. W kolejnym podrozdziale przedstawimy matematycznie, jak równania Maxwella przewidują istnienie fal elektromagnetycznych, mogących poruszać się w przestrzeni bez obecności medium materialnego, i implikują równość prędkości tych fal z prędkością światła. Jeszcze przed publikacją prac Maxwella wykonywano eksperymenty, które wskazywały, że światło wykazuje naturę falową, jednak natura fal świetlnych pozostawała nieznana. W 1801 roku Thomas Young (1773–1829) pokazał, że gdy promień świetlny zostanie podzielony i przepuszczony przez dwie wąskie szczeliny, a następnie ponownie połączony, na ekranie uformuje się pewien wzór złożony z na przemian jasnych i ciemnych prążków. Young tłumaczył to zachowanie, zakładając, że światło złożone jest z fal, które – po przejściu przez szczeliny – dodają się w pewnych punktach konstruktywnie, a w pewnych punktach destruktywnie (patrz Interferencja ). Później Augustin Fresnel (1788–1827) przez drobiazgowe eksperymenty z wykorzystaniem interferencji i dyfrakcji światła, ugruntował przekonanie o falowej naturze światła, a ostatecznego dowodu dostarczył Léon Foucault (1819–1868) , mierząc prędkość światła w różnych ośrodkach i wykazując, że – wbrew teorii korpuskularnej – jest w nich mniejsza niż w próżni. Zatem wiadomym było, że światło jest falą. Maxwell zaś przewidział istnienie fal elektromagnetycznych rozchodzących się z prędkością światła. Wnioski nasunęły się same: światło musi być formą promieniowania elektromagnetycznego. Jednakowoż równania Maxwella pokazywały także, że fale elektromagnetyczne mogą też mieć inne częstotliwości i długości, nie tylko te świetlne. Maxwell wykazał, że promieniowanie elektromagnetyczne o takich samych własnościach fizycznych jak światło widzialne powinno istnieć dla dowolnej częstotliwości. Sprawdzenie i potwierdzenie swoich przewidywań pozostawił innym. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeśli do zacisków rozładowanego kondensatora przyłożona i włączona zostanie siła elektromotoryczna, to kiedy wyindukowane przez prąd przesunięcia pole magnetyczne będzie miało najwyższą wartość? Pole magnetyczne osiąga najwyższą wartość od razu po włączeniu prądu. Natężenie prądu przesunięcia i natężenie pola magnetycznego indukowanego ten prąd są proporcjonalne do szybkości zmiany pola elektrycznego pomiędzy płytkami. Pole to osiąga najwyższą wartość, gdy płytki zaczynają się ładować. Obserwacje Hertza Niemiecki fizyk Heinrich Hertz (1857–1894) był pierwszą osobą, która wygenerowała i była w stanie wykryć pewien konkretny rodzaj fal elektromagnetycznych w warunkach laboratoryjnych. Począwszy od roku 1887 przeprowadził on serię eksperymentów, które nie tylko potwierdziły istnienie fal elektromagnetycznych, lecz także dowiodły, że rozchodzą się one z prędkością światła. Hertz używał zmiennoprądowego obwodu RLC (opornik-cewka-kondensator), który rezonuje dla znanej częstotliwości f 0 = 1 ∕ 2 ⁢ π ⁢ L ⁢ C , podłączonego do drucianej pętli, jak pokazano na . Wysokie napięcie wyindukowane na szczelinie iskrownika powodowało wytworzenie się iskry, będącej widocznym dowodem przepływu prądu w obwodzie, i umożliwiało generację fal elektromagnetycznych. Po drugiej stronie swojego laboratorium Hertz umieścił drugą pętlę, połączoną z kolejnym obwodem RLC, który mógł być dostrajany (tak samo jak radioodbiornik) do tej samej częstotliwości rezonansowej co pierwszy obwód i tym samym służyć jako odbiornik fal elektromagnetycznych. Ta pętla również posiadała przerwę, w której wytwarzały się iskry, będące dowodem, że obwód odbiera fale elektromagnetyczne. Schemat aparatury wykorzystywanej przez Hertza w 1887 roku do generacji i detekcji fal elektromagnetycznych. Hertz badał też odbicie, załamanie i obrazy interferencyjne wygenerowanych przez siebie fal elektromagnetycznych, jeszcze mocniej potwierdzające falową naturę tego zjawiska. Na podstawie obrazów interferencyjnych był w stanie wyznaczyć długość fal i obliczyć prędkość ich rozchodzenia się, używając wzoru v = f ⁢ λ , gdzie v oznacza prędkość rozchodzenia się, f jest częstotliwością fali, a λ jej długością. Hertz mógł przez to niepodważalnie dowieść, że fale elektromagnetyczne poruszają się z prędkością światła. W układzie SI ku jego pamięci nazwano jego imieniem jednostkę częstotliwości – herc ( 1 ⁢ Hz to 1 cykl na sekundę). Sprawdź, czy rozumiesz. Czy samo pole elektryczne mogłoby rozchodzić się przez próżnię jako fala bez obecności pola magnetycznego? Wyjaśnij swoją odpowiedź. Nie. Zmienne pole elektryczne zgodnie z Prawem Ampère’a-Maxwella będzie zawsze indukowało zmienne pole magnetyczne. Podsumowanie Hipoteza Maxwella o istnieniu fal elektromagnetycznych została wysnuta z jego sformułowania kompletnej i symetrycznej teorii elektryczności i magnetyzmu, znanej jako równania Maxwella. Cztery równania Maxwella, wraz ze wzorem na siłę Lorentza, opisują wszystkie główne prawa elektryczności i magnetyzmu. Pierwsze dwa to prawo Gaussa dla elektryczności i magnetyzmu, trzecie to prawo indukcji Faradaya (wraz z regułą Lenza), a czwarte – prawo Ampère’a z poprawką Maxwella. Symetria pomiędzy polami elektrycznym i magnetycznym, wprowadzona przez poprawkę Maxwella, tłumaczy mechanizm rozchodzenia się fal elektromagnetycznych, w których zmienne pole elektryczne wytwarza zmienne pole magnetyczne i vice versa. Mimo że wiadomo było, że światło jest falą, natura tych fal nie była zrozumiała przed ogłoszeniem teorii Maxwella. Równania Maxwella przewidziały nie tylko fale odpowiadające światłu widzialnemu, ale również fale dłuższe i krótsze od światła. Te teoretyczne rozważania zostały później potwierdzone eksperymentalnie przez Heinricha Hertza. Pytania Wytłumacz, jak prąd przesunięcia pomaga w wyjaśnieniu zachowania ciągłości przepływu prądu w obwodzie zawierającym kondensator. Ciągłość jest zapewniona przez to, że prąd płynący do kondensatora jest równy prądowi przesunięcia pomiędzy okładkami kondensatora. Opisz, jak będą wyglądać linie pola magnetycznego wyindukowanego wzdłuż krawędzi teoretycznego cylindra pokazanego na rysunku. Cylinder znajduje się w przestrzennie jednorodnym polu elektrycznym, którego wektor natężenia ma kierunek poziomy, zwrot w prawo i rosnącą wartość. Dlaczego łatwiej jest pokazać, że zmienne pole magnetyczne indukuje pole elektryczne niż że zmienne pole elektryczne indukuje pole magnetyczne? Pierwsza demonstracja wymaga tylko zaobserwowania przepływu prądu w przewodzie wystawionym na działanie zmiennego pola magnetycznego. Druga demonstracja wymaga ładunku poruszającego się z jednego miejsca do drugiego, czyli prądu zdolnego do wytworzenia zmiennego pola elektrycznego. Niełatwo jest oddzielić wkład do pola magnetycznego pochodzący od prądu przesunięcia od pola pochodzącego bezpośrednio od tego prądu. Zadania Pokaż, że indukcja pola magnetycznego w odległości r od osi układu dwóch równoległych, okrągłych płytek, wytworzonego przez ładunek q umieszczony na płytkach, wynosi: B ind = μ 0 ∕ 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ d q ∕ d t . B ind = μ 0 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ I ind = μ 0 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ ε 0 ⁢ ∂ Φ E ∂ t = μ 0 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ ε 0 ⁢ A d ⋅ ∂ E ∂ t = μ 0 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ ε 0 ⁢ A d ⋅ d u d t = μ 0 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ ε 0 ⁢ A d ⋅ 1 C ⋅ d u d t , a ponieważ C = ε 0 ⁢ A ∕ d to B ind = μ 0 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ d q d t . Wyraź prąd przesunięcia dla kondensatora w funkcji pojemności tego kondensatora i szybkości zmiany napięcia na tym kondensatorze. Różnica potencjałów u = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t jest utrzymywana pomiędzy dwiema okrągłymi okładkami kondensatora płaskiego o pojemności C . Cienki przewód o oporze R łączy środki obu okładek i pozwala ładunkowi „przeciekać” z jednej okładki na drugą w czasie ładowania kondensatora. Znajdź wyrażenie na natężenie prądu „przecieku” i rezystora płynącego przez przewód. Użyj tego wyrażenia do znalezienia wyrażenia na natężenie prądu i rzeczywiste płynącego w przewodach podłączonych do kondensatora; Znajdź wartość prądu przesunięcia w przestrzeni pomiędzy okładkami kondensatora i pojawiającego się na skutek zmieniającego się pola elektrycznego; Porównaj i rzeczywiste z sumą prądu przesunięcia i p i prądu „przecieku” i rezystora i wyjaśnij, dlaczego zaobserwowana relacja ma sens fizyczny. a. i rezystora = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ∕ R ; b. i p = C ⁢ U 0 ⁢ ω ⁢ cos ω ⁢ t ; c. i rzeczywiste = i rezystora + d q ∕ d t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ∕ R + C ⁢ U 0 ⋅ d ∕ d t ⋅ sin ω ⁢ t = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t ∕ R + C ⁢ U 0 ⁢ ω ⁢ cos ω ⁢ t , których suma to i rezystora plus i rzeczywiste , zgodnie z tym, jak prąd przesunięcia zapewnia ciągłość prądu. Załóż, że kondensator płaski pokazany na rysunku zbiera ładunek na okładkach w tempie 0,01 ⁢ C ∕ s . Ile wynosi natężenie wytworzonego pola magnetycznego w odległości 10 ⁢ cm od osi tego kondensatora? Różnica potencjałów i przyłożona pomiędzy okładkami kondensatora z poprzedniego zadania zwiększa się chwilowo w tempie 10 7 ⁢ V ∕ s . Ile wynosi natężenie prądu przesunięcia pomiędzy okładkami, jeśli są one oddalone od siebie o 1 ⁢ cm i mają pole powierzchni równe 0,2 ⁢ m 2 ? 1,77 ⋅ 10 − 3 ⁢ A . Kondensator płaski ma okładki o polu powierzchni równym A = 0,25 ⁢ m 2 i oddalone od siebie o 0,01 ⁢ m . Ile musi być równa częstość kołowa ω dla napięcia u = U 0 ⁢ sin ω ⁢ t przy U 0 = 100 ⁢ V , by wytworzyć pomiędzy okładkami kondensatora prąd przesunięcia o amplitudzie równej 1 ⁢ A ? Napięcie pomiędzy dwiema okładkami kondensatora płaskiego, o polu powierzchni A = 800 ⁢ cm 2 i oddalonymi od siebie o d = 2 ⁢ mm , zmienia się sinusoidalnie, jak u = 15 ⁢ mV ⋅ cos 150 ⁢ t , gdzie t wyrażone jest w sekundach. Znajdź natężenie prądu przesunięcia pomiędzy tymi okładkami. i p = 7,97 ⋅ 10 − 10 ⁢ A ⋅ sin 150 ⁢ t . Napięcie pomiędzy dwiema okładkami kondensatora płaskiego, o polu powierzchni A i oddalonymi od siebie o d , zmienia się z czasem t , jak następuje: u = a ⁢ t 2 , gdzie a jest stałe. Znajdź natężenie prądu przesunięcia pomiędzy tymi okładkami. prąd przesunięcia (ang. displacement current ) dodatkowy składnik w prawie Ampère’a-Maxwella, który odpowiada za zmienne pole elektryczne wytwarzające pole magnetyczne, nawet gdy nie płynie żaden rzeczywisty prąd równania Maxwella (ang. Maxwell’s equations ) zbiór 4 równań, które składają się na spójną teorię elektromagnetyzmu, łączącą wszystkie aspekty oddziaływań elektromagnetycznych", "section": "Równania Maxwella i fale elektromagnetyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Płaskie fale elektromagnetyczne Fale mechaniczne wymagają ośrodka, aby móc się rozprzestrzeniać, np. struny, wody albo powietrza. Prawdopodobnie najważniejszą konsekwencją równań Maxwella jest przewidzenie istnienia połączonych pól elektrycznego i magnetycznego (sumarycznie pola elektromagnetycznego), mogących rozchodzić się w przestrzeni jako fale elektromagnetyczne. Ponieważ rozwiązania falowe równań Maxwella są poprawne również w próżni, fale elektromagnetyczne do rozchodzenia się nie wymagają obecności żadnego ośrodka. Ogólny opis fizyczny fali elektromagnetycznej wykracza poza zakres niniejszego podręcznika. Możemy jednak przeanalizować szczególny przypadek fal elektromagnetycznych, które rozchodzą się w próżni wzdłuż osi x danego układu odniesienia. Fale elektromagnetyczne rozchodzące się w jednym kierunku Na fale elektromagnetyczne składa się pole elektryczne, zwyczajowo definiowane jako siła działająca na ładunek stacjonarny, przypadająca na jednostkę ładunku, oraz pole magnetyczne, zwyczajowo definiowane przez siłę działającą na poruszający się ładunek. Zakładamy, że indukcja pola magnetycznego zależna jest jedynie od współrzędnej x oraz czasu. M. in. składowa y pola elektrycznego ma postać E y ⁡ x t , a składowa z wektora indukcji pola magnetycznego B z ⁡ x t . Zakładamy również, że fala rozchodzi się w próżni, a więc nie występują żadne ładunki ani prądy – czynniki q i i w równaniach Maxwella zerują się. Poprzeczność fal elektromagnetycznych Przeanalizujmy najpierw, co prawo Gaussa dla pól elektrycznych mówi na temat kierunku rozchodzenia się fal elektromagnetycznych. Tworzymy powierzchnię Gaussa w postaci prostopadłościanu, którego przekrój poprzeczny jest prostokątem o bokach l i Δ x , tak jak na . Ponieważ składowa y natężenia pola elektrycznego jest taka sama zarówno na górnej podstawie (oznaczonej jako Ściana 2), jak i na dolnej podstawie (oznaczonej jako Ściana 1) prostopadłościennej powierzchni Gaussa, wkłady od tych powierzchni do strumienia elektrycznego wzajemnie się znoszą. Powyższy argument jest też prawdziwy dla sumarycznego strumienia od składowej z przez Ścianę 3 i Ścianę 4. Tym samym każdy niezerowy strumień elektryczny przechodzący przez powierzchnię Gaussa musi pochodzić od składowej x natężenia pola elektrycznego. Ponieważ pole elektryczne nie jest w ogóle zależne od wartości y i z , to E x ⁡ x t jest stałe na całej ścianie frontowej o polu powierzchni A . Wartość natężenia pola elektrycznego na przeciwległej ścianie będzie więc też stała na całej jej powierzchni i wynosiła będzie E x ⁡ x + Δ x t . Stosujemy prawo Gaussa Φ E = − E x ⁡ x t ⁢ A + E x ⁢ x + Δ x t ⁢ A = q ε 0 ⁢ , gdzie A = l ⋅ l jest powierzchnią ściany frontowej i ściany tylnej prostopadłościennej powierzchni Gaussa. Ładunek zamknięty wewnątrz tej powierzchni wynosi q = 0 ⁢ C , więc strumień elektryczny tej składowej również wynosi 0, a z wynika, że E x ⁡ x t = E x ⁡ x + Δ x t dla każdego Δ x . Tym samym, jeśli składowa x pola elektrycznego jest różna od zera, to nie może ona być zależna od x . Jednorodne pole takiego rodzaju może być jedynie sztucznie dodane do biegnącej fali, na przykład gdy biegnie ona pomiędzy dwiema płaskorównoległymi, naładowanymi płytkami metalowymi. Taka składowa E x ⁡ x t nie byłaby częścią fali elektromagnetycznej biegnącej wzdłuż osi x , więc E x ⁡ x t = 0 ⁢ V ∕ m dla tej fali. Oznacza to, że jedyne niezerowe składowe pola elektrycznego fali elektromagnetycznej to E y ⁡ x t i E z ⁡ x t , prostopadłe do kierunku rozchodzenia się fali i siebie nawzajem. Powierzchnia prostopadłościennego pudełka o wymiarach l ⋅ l ⋅ Δ x jest naszą powierzchnią Gaussa. Pokazane pole elektryczne pochodzi od fali elektromagnetycznej rozchodzącej się wzdłuż osi x . Argument ten jest też prawdziwy dla pola magnetycznego po zmianie E na B i zastosowaniu prawa Gaussa dla pola magnetycznego. Pokazuje to, że pole magnetyczne jest również prostopadłe do kierunku rozchodzenia się fali. Fala elektromagnetyczna jest tym samym falą poprzeczną z polem elektrycznym i magnetycznym, które oscylują prostopadle do kierunku rozchodzenia się fali. Prędkość rozchodzenia się fali elektromagnetycznej Możemy teraz zastosować równania Maxwella do rozważań dotyczących z poprzedniego podrozdziału, aby otrzymać równanie opisujące zależność pola E od zmiennego pola B i równanie opisujące zależność pola B od zmiennego pola E . Następnie połączyć te dwie zależności, by pokazać, jak pola E i B rozchodzą się w próżni z prędkością dokładnie odpowiadającą prędkości światła. Na początek stosujemy prawo Faradaya dla Ściany 3 powierzchni Gaussa, stosując metodę przedstawioną na . Ponieważ E x ⁡ x t = 0 ⁢ V ∕ m , to ∮ E → ⋅ d s → = − E y ⁡ x t ⁢ l + E y ⁢ x + Δ x t ⁢ l ⁢ . Zakładając, że Δ x jest małe i podstawiając za E y ⁡ x + Δ x t E y ⁡ x + Δ x t = E y ⁡ x t + ∂ E y ⁡ x t ∂ x ⁢ Δ x ⁢ , otrzymujemy ∮ E → ⋅ d s → = ∂ E y ⁡ x t ∂ x ⋅ l ⁢ Δ x ⁢ . Stosujemy prawo Faradaya do Ściany 3 prostopadłościanu poprzez obliczenie ∮ E → ⋅ d s → wzdłuż krawędzi ściany zgodnie z zaznaczonym kierunkiem i zakładając, że pole B przenikające przez tę ścianę jest średnio równe wartości pola na środku ściany. Ponieważ Δ x jest małe, strumień magnetyczny przenikający przez Ścianę 3 można przybliżyć, używając wartości pola B na środku tej ściany, która wynosi B z ⁡ x + Δ x ∕ 2 t . Strumień pola B przez Ścianę 3 jest tym samym równy wartości pola B pomnożonej przez jej powierzchnię ∯ S B → ⋅ n → ⁢ d A = B z ⁡ x + Δ x 2 t ⁢ l ⁢ Δ x ⁢ . Z prawa Faradaya ∮ E → ⋅ d s → = − d d t ⁢ ∬ S B → ⋅ n → ⁢ d A ⁢ . Z i otrzymujemy ∂ E y ⁡ x t ∂ x ⁢ l ⁢ Δ x = − ∂ ∂ t ⁢ B z ⁡ x + Δ x 2 t ⁢ l ⁢ Δ x ⁢ . \\frac{\\partial E_y \\apply (x,t)}{\\partial x} l \\prefop{\\Delta} x = - \\frac{\\partial \\text{}}{\\partial t} [B_z \\apply (x + \\frac{\\prefop{\\Delta} x}{2},t)] l \\prefop{\\Delta} x \\text{.} Obustronnie redukując czynnik l ⁢ Δ x i obliczając wartość wyrażenia w granicy Δ x = 0 , otrzymujemy wyrażenie ∂ E y ⁡ x t ∂ x = − ∂ B z ⁡ x t ∂ t ⁢ . Mogliśmy zastosować prawo Faradaya do Ściany 2 zamiast Ściany 3 z , aby otrzymać równanie ∂ E z ⁡ x t ∂ x = − ∂ B y ⁡ x t ∂ t ⁢ . Powyższe równania opisują przestrzenną zależność pola E od wytwarzającego je zmiennego w czasie pola B . Kolejno stosujemy prawo Maxwella-Ampère’a (przy i = 0 ⁢ A ) dla tych samych ścian (Ściany 3 i Ściany 2) prostopadłościanu z . Używając ∮ B → ⋅ d s → = μ 0 ⁢ ε 0 ⁢ d d t ⁢ ∬ S E → ⋅ n → ⁢ d s do Ściany 3, a następnie do Ściany 2, otrzymujemy dwa równania ∂ B y ⁡ x t ∂ x = − ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ ∂ E z ⁡ x t ∂ t ⁢ , ∂ B z ⁡ x t ∂ x = − ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ ∂ E y ⁡ x t ∂ t ⁢ . Te równania opisują przestrzenną zależność pola B , wytwarzanego przez zmienne w czasie pole E . Następnie łączymy równania opisujące zmienne pole B wytwarzające pole E z równaniami opisującymi zmienne pole E wytwarzające pole B . Różniczkując obustronnie względem zmiennej x i podstawiając do niego , otrzymujemy ∂ 2 E y ∂ x 2 = ∂ ∂ x ∂ E y ∂ x = − ∂ ∂ x ∂ B z ∂ t = − ∂ ∂ t ∂ B z ∂ x = ∂ ∂ t ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ ∂ E y ∂ t \\frac{\\partial^2 E_y}{\\partial x^2} = \\dd[\\partial]{x} (\\frac{\\partial E_y}{\\partial x}) = - \\dd[\\partial]{x} (\\frac{\\partial B_z}{\\partial t}) = - \\dd[\\partial]{t} (\\frac{\\partial B_z}{\\partial x}) = \\dd[\\partial]{t} (\\epsilon_0 \\mu_0 \\frac{\\partial E_y}{\\partial t}) albo ∂ 2 E y ∂ x 2 = ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ ∂ 2 E y ∂ t 2 ⁢ . Powyższy wzór jest postacią ogólną równania falowego dla naszej fali jednowymiarowej. Ponieważ fala ta biegnie z pewną niezdefiniowaną prędkością c , można założyć, że składowe pól są funkcjami x − c ⁢ t dla fal biegnących w kierunku dodatnich wartości osi x . Oznacza to, że E y ⁡ x t = f ⁡ x − c ⁢ t ⁢ . Wykazanie, że i implikują równość 1 = ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ c 2 pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie matematyczne z wykorzystaniem wzoru na pochodną funkcji złożonej. Prędkość rozchodzenia się fali elektromagnetycznej w próżni jest zatem wyrażona przez przenikalność elektryczną i magnetyczną próżni c = 1 ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ . W analogiczny sposób mogliśmy założyć falę elektromagnetyczną o składowych polach E z ⁡ x t i B y ⁡ x t . Te same rozważania, jedynie z użyciem i , również pokazałyby, że prędkość rozchodzenia się fali elektromagnetycznej musi wynosić c = 1 ∕ ε 0 ⁢ μ 0 . Zagadnienie rozchodzenia się fal elektromagnetycznych zostało opublikowane przez Maxwella w roku 1873. Pokazał on w sposób znacznie bardziej ogólny niż powyższe rozważania, że fale elektromagnetyczne zawsze poruszają się w próżni z prędkością opisaną . Jeśli wyznaczymy wartość liczbową prędkości c , otrzymamy c = 1 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ 4 ⁢ π ⋅ 10 − 7 ⁢ T ⋅ m ∕ A = 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s ⁢ , co jest równe prędkości światła (ang. speed of light ). Wyobraźmy sobie, jak bardzo podekscytowany musiał być Maxwell, gdy wyprowadził to równanie! Odkrył on powiązanie pomiędzy dwoma, zdawałoby się niezwiązanymi ze sobą, zjawiskami: falami elektromagnetycznymi i światłem. Sprawdź, czy rozumiesz. Równanie falowe zostało wyprowadzone przez: (1) wyznaczenie pola E wytwarzanego przez zmienne pole B ; (2) wyznaczenie pola B wytwarzanego przez zmienne pole E . Którym z równań Maxwella posłużyliśmy się w kroku (1), a którym – w kroku (2)? Krok 1. Prawo Faradaya; Krok 2. Prawo Ampère’a-Maxwella. Jak powiązane są ze sobą pola E i B Do tej pory zaobserwowaliśmy, że tempa zmian poszczególnych komponentów pól E i B są ze sobą powiązane, że fale elektromagnetyczne są falami poprzecznymi i że rozchodzą się z prędkością c . Pokażemy teraz, co równania Maxwella mówią o stosunku wartości pól E i B i o ich wzajemnych kierunkach. Rozważmy rozwiązania w postaci fal płaskich dla pola elektrycznego E y ⁡ x t = E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ . Dobraliśmy układ współrzędnych tak, by fala zawsze biegła w kierunku dodatnich wartości osi x , a czynnik fazowy tak, by maksymalne natężenie pola występowało w czasie t = 0 ⁢ s . Usprawiedliwieniem rozważania jedynie fal sinusoidalnych i cosinusoidalnych i rozciągania wyników tych rozważań na przypadki ogólne jest twierdzenie Fouriera mówiące, że każdą falę, nawet prostopadłą funkcję schodkową, da się przedstawić jako superpozycję funkcji sinus i cosinus. W dowolnym punkcie przestrzeni pole E oscyluje sinusoidalnie z częstością kołową ω pomiędzy wartościami + E 0 i − E 0 i – analogicznie – pole B oscyluje sinusoidalnie z częstością kołową ω pomiędzy wartościami + B 0 i − B 0 . Amplitudą fali jest maksymalna wartość E y ⁡ x t . Okresem oscylacji T jest czas potrzebny na pojedynczą pełną oscylację. Częstotliwość f jest liczbą oscylacji w jednostce czasu i jest powiązana z częstością kołową ω wyrażeniem ω = 2 ⁢ π ⁢ f . Długość fali λ to odległość pomiędzy dwoma kolejnymi ekstremami na wykresie oscylacji, a liczba falowa k to liczba długości fali przypadających na odcinek o długości 2 ⁢ π , przy czym długość tego odcinka wyraża się w jednostkach odpowiadających długości fali. Wszystkie te wartości powiązane są ze sobą w taki sam sposób, jak w przypadku fal mechanicznych ω = 2 ⁢ π ⁢ f ⁢ , ⁢ f = 1 T ⁢ , ⁢ k = 2 ⁢ π λ ⁢ , ⁢ c = f ⁢ λ = ω k ⁢ . Wiedząc, że rozwiązanie dla E y ma postać jak w , możemy ustalić wyrażenie na pole B odpowiadające tej składowej. Z składowa indukcji magnetycznej B z musi spełniać warunki ∂ B z ∂ t = − ∂ E y ∂ x ⁢ , ∂ B z ∂ t = − ∂ ∂ x ⁢ E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t = k ⁢ E 0 ⁢ sin k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ . ∂ B z ∂ t = − ∂ E y ∂ x ⁢ , ∂ B z ∂ t = − ∂ ∂ x ⁢ E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t = k ⁢ E 0 ⁢ sin k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ . Pole magnetyczne rozchodzi się z prędkością c w kierunku dodatniej półosi x , podobnie jak pole elektryczne. Zatem wartość B musi być funkcją k ⁡ x − c ⁢ t = k ⁢ x − ω ⁢ t . Tym samym dochodzimy, używając , do tego, że B z wynosi B z ⁡ x t = k ω ⁢ E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t = 1 c ⁢ E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ . Wynik ten można też zapisać w postaci E y ⁡ x t = E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ , B z ⁢ x t = B 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ , E y ⁡ x t = E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ , B z ⁢ x t = B 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ , E y B z = E 0 B 0 = c ⁢ . Oznacza to, że maksima wartości natężenia pól E i B występują w tych samych chwilach i położeniach, a ich wartości zawsze pozostają w stałym stosunku do siebie, równym c . Fala płaska ma postać przedstawioną na . Rozwiązanie równań Maxwella dla fali płaskiej wymusza proporcjonalność pola B do pola E w każdym punkcie, z wzajemnymi kierunkami ukazanymi na rysunku. Wyznaczanie wartości indukcji B pola magnetycznego fali elektromagnetycznej Jaka jest maksymalna wartość indukcji pola magnetycznego fali elektromagnetycznej, dla której maksymalne natężenie pola elektrycznego ma wartość 1000 ⁢ V ∕ m ? Strategia rozwiązania Aby znaleźć wartość B , musimy przekształcić względem B 0 B = E c ⁢ . Rozwiązanie W treści zadania dana została wartość E 0 , a c jest prędkością światła. Podstawiając te wartości pod wyrażenie na B 0 , otrzymujemy B = 1000 ⁢ V ∕ m 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s = 3,33 ⋅ 10 − 6 ⁢ T ⁢ . Znaczenie Wartość indukcji magnetycznej B jest mniejsza niż jedna dziesiąta natężenia względnie słabego pola magnetycznego Ziemi. Oznacza to, że stosunkowo silnemu polu elektrycznemu towarzyszy stosunkowo słabe pole magnetyczne. Zmienne pola elektryczne generują stosunkowo słabe pola magnetyczne. Połączone pola elektryczne i magnetyczne można wykryć w postaci fal elektromagnetycznych, jednak wymaga to wykorzystania zjawiska rezonansu, tak jak zrobił to Hertz. Obwód z taką samą naturalną częstotliwością rezonansową co fala elektromagnetyczna może zostać zmuszony do oscylacji. Każde radio i antena telewizyjna wykorzystują tę zasadę do odbierania i wzmacniania słabych fal elektromagnetycznych, jednocześnie ignorując wszystkie fale o częstotliwości innej od częstotliwości rezonansowych odbiorników. Sprawdź, czy rozumiesz. Do jakich wniosków doprowadziła nasza analiza równań Maxwella w odniesieniu do następujących własności płaskich fal elektromagnetycznych: wzajemne relacje pomiędzy kierunkami rozchodzenia się fali i oscylacji pól E i B ; prędkość rozprzestrzeniania się fal i jej zależność od częstotliwości; stosunek pomiędzy wartościami pól E i B indukowanych przez falę. a. Kierunek rozchodzenia się fali, kierunek oscylacji pola E i kierunek oscylacji pola B są do siebie prostopadłe; b. Prędkość rozchodzenia się fali elektromagnetycznej w próżni jest równa prędkości światła w próżni c = 1 ∕ ε 0 ⁢ μ 0 i jest niezależna od częstotliwości; c. Stosunek amplitud pól elektrycznego i magnetycznego wynosi E ∕ B = c . Wytwarzanie i wykrywanie fal elektromagnetycznych Przepływ stałego prądu elektrycznego wytwarza pole magnetyczne, które jest niezmienne w czasie i które nie rozprzestrzenia się dalej pod postacią fali. Jednak przyspieszające ładunki wytwarzają fale elektromagnetyczne. Ładunek elektryczny oscylujący w górę i w dół, prąd przemienny, czyli przepływ ładunku w przewodniku okresowo, na przemian w obu kierunkach, wytwarzają fale elektromagnetyczne o częstotliwości ich oscylacji. Pole elektromagnetyczne wokół anteny dipolowej (ang. dipole antenna ) zostało pokazane na . Nadajnik, który tu odgrywa rolę źródła energii, zmienia na przemian naładowanie dwóch połączonych z nim przewodników. Ciągle zmieniający się kierunek przepływu prądu przyspiesza ładunki w antenie, a to z kolei powoduje pojawienie się oscylującego pola elektrycznego w sąsiedztwie anteny. Zmienne pole elektryczne indukuje zmienne pole magnetyczne, które z kolei indukuje zmienne pole elektryczne, co w efekcie daje rozchodzącą się falę elektromagnetyczną. Częstotliwość tego promieniowania jest identyczna z częstotliwością źródła napięcia zmiennego, które przyspiesza ładunki w antenie. Oba przewodzące elementy anteny dipolowej są bardzo często zwykłymi, prostymi przewodami. Całkowita długość tych dwóch elementów jest zazwyczaj równa połowie długości fali, którą chcemy wyemitować (stąd też często stosowana nazwa alternatywna – antena półfalowa (ang. half-wave antenna )). Pozwala to na wytworzenie się w antenie fal stojących, co dodatkowo zwiększa wydajność emisji fal. Ruch oscylujących ładunków w antenie dipolowej wytwarza promieniowanie elektromagnetyczne. Na przedstawiono linie pola elektrycznego na płaszczyźnie przekroju poprzecznego. Pole magnetyczne jest prostopadłe do tej płaszczyzny. To pole elektromagnetyczne charakteryzuje się symetrią cylindryczną, z osią symetrii zgodną z osią dipola. Nie narysowano też linii pola blisko dipola, w celu większej przejrzystości. Warto też zauważyć, że wzór układający się z linii pola nie jest wcale jednakowy we wszystkich kierunkach. Najsilniejszy sygnał występuje w kierunku prostopadłym do osi anteny, podczas gdy w kierunku zgodnym z osią anteny sygnał jest zerowy. Sygnał wykrywany w dużej odległości od anteny pochodzi z pól elektrycznych i magnetycznych, indukujących się wzajemnie i rozchodzących się pod postacią fali elektromagnetycznej. W bardzo dużej odległości od anteny powierzchnie falowe (zbiory punktów o jednakowej fazie) fali elektromagnetycznej są prawie idealnie sferyczne. W jeszcze większych odległościach promieniowanie rozprzestrzenia się jak elektromagnetyczna fala płaska. Fale elektromagnetyczne unoszą energię ze źródła, zupełnie jak fale dźwiękowe unoszą energię z fali stojącej, wytworzonej na strunie gitarowej. Antena odbierająca sygnały elektromagnetyczne działa na odwrót. Rozprzestrzeniające się fale elektromagnetyczne natrafiają na antenę i indukują w niej prąd zmienny o częstotliwości zgodnej z częstotliwością fali elektromagnetycznej. Dzięki wzmacniaczowi selektywnemu układ wzbudza się jedynie dla dostrojonej częstotliwości rezonansowej, a pozostałe częstotliwości odrzuca. Elementy elektroniczne następnie wzmacniają sygnał wygenerowany przez poruszające się elektrony, a dalej konwertują go na sygnał audio i/lub wideo. Użyj tej symulacji , by zaobserwować, jak emitowane są fale radiowe. Możesz ręcznie „pomachać” elektronem w nadajniku albo ustawić, by oscylował automatycznie. Możesz wybrać, czy generowane pole ma być przedstawione w postaci wektorowej, czy w postaci linii pola. Wykres na paskach (widocznych po zaznaczeniu opcji „Electron positions”) przedstawia położenia elektronów w nadajniku i w odbiorniku. Podsumowanie Równania Maxwella przewidują, że kierunki oscylacji pól elektrycznego i magnetycznego oraz kierunek rozchodzenia się fali elektromagnetycznej są do siebie wzajemnie prostopadłe. Fala elektromagnetyczna jest więc falą poprzeczną. Natężenie pola elektrycznego i wartość indukcji magnetycznej fali elektromagnetycznej są powiązane ze sobą zależnością c = E ∕ B , która implikuje, że natężenie pola magnetycznego jest bardzo słabe w porównaniu z natężeniem pola elektrycznego. Przyspieszane ładunki wytwarzają fale elektromagnetyczne (np. oscylujące ładunki w przewodzie wytwarzają falę elektromagnetyczną o tej samej częstotliwości co częstotliwość oscylacji). Pytania Jeśli pole elektryczne fali elektromagnetycznej oscyluje wzdłuż osi z , a pole magnetyczne oscyluje wzdłuż osi x , to w jakim kierunku porusza się ta fala elektromagnetyczna? W której z sytuacji pokazanych na rysunku fala elektromagnetyczna wyindukuje w przewodzie prąd o wyższym natężeniu? Wyjaśnij swoją odpowiedź. W sytuacji (a), ponieważ pole elektryczne jest równoległe do przewodu i przyspiesza w nim elektrony. W której z sytuacji pokazanych na rysunku fala elektromagnetyczna wyindukuje w pętli prąd o wyższym natężeniu? Wyjaśnij swoją odpowiedź. Jakie warunki muszą zostać spełnione, by obwód, w którym prąd płynie tylko w jednym kierunku, emitował fale elektromagnetyczne? Stałe natężenie w obwodzie prądu stałego nie wytworzy fali elektromagnetycznej. Jeśli wartość natężenia prądu zmienia się przy zachowaniu stałego kierunku przepływu, przewód będzie generował fale elektromagnetyczne. Przykładem takiej generacji może być okresowe włączanie i wyłączanie przepływu prądu w obwodzie. Poniżej zaprezentowano wzór interferencyjny fal pochodzących z dwóch wież radiowych nadających ten sam sygnał. Wyjaśnij, w jaki sposób jest on podobny do wzoru interferencyjnego fal dźwiękowych emitowanych przez dwa głośniki. Czy to zjawisko mogłoby zostać wykorzystane do stworzenia anteny kierunkowej, która nadaje w konkretnym kierunku? Wyjaśnij swoją odpowiedź. Zadania Jeśli Słońce nagle by zgasło, nie wiedzielibyśmy o tym, dopóki światło słoneczne nie przestałoby do nas docierać. Jak długo pozostalibyśmy w nieświadomości, przy założeniu, że Słońce znajduje się w odległości 1,496 ⋅ 10 11 ⁢ m od Ziemi? 499 ⁢ s . Ile wynosi maksymalna wartość natężenia pola elektrycznego dla fali, dla której maksymalna wartość indukcji magnetycznej wynosi 5 ⋅ 10 − 4 ⁢ T (czyli około 10 razy więcej niż ziemskie pole magnetyczne)? Pewna fala elektromagnetyczna ma częstotliwość równą 12 ⁢ MHz . Ile wynosi długość tej fali w próżni? 25 ⁢ m . Jeśli pola magnetyczne i elektryczne oscylują sinusoidalnie z częstotliwością f = 1 ⁢ GHz f=\\SI{1}{\\giga\\hertz} i w chwili t = 0 ⁢ s , E = 0 ⁢ V ∕ m i B = 0 ⁢ T , to dla chwil różnych od 0 wartości E i B zmieniają się w następujący sposób: E = E 0 ⁢ sin 2 ⁢ π ⁢ f ⁢ t i B = B 0 ⁢ sin 2 ⁢ π ⁢ f ⁢ t . Kiedy wartości E i B ponownie wyniosą 0? Kiedy E i B osiągną najmniejsze (najbardziej ujemne) wartości? Ile wynosi okres drgań dla tych pól? Pole elektryczne pewnej fali elektromagnetycznej poruszającej się w próżni opisane jest równaniem E → = 5 ⁢ V ∕ m ⋅ cos k ⁢ x − 6 ⋅ 10 9 ⁢ s − 1 ⋅ t + 0,4 ⋅ j ̂ , gdzie k jest liczbą falową wyrażoną w radianach na metr, x jest wyrażone w metrach, a t w sekundach. Znajdź amplitudę; częstotliwość; długość fali; kierunek rozchodzenia się fali; indukowane pole magnetyczne. a. 5 ⁢ V ∕ m ; b. 9,55 ⋅ 10 8 ⁢ Hz ; c. 31,4 ⁢ cm ; d. W kierunku dodatnim osi x ; e. B = 1,67 ⋅ 10 − 8 ⁢ T ⋅ cos k ⁢ x − 6 ⋅ 10 9 ⁢ s − 1 ⋅ t + 0,4 ⋅ k ̂ . Płaska fala elektromagnetyczna o częstotliwości 20 ⁢ GHz porusza się w kierunku dodatnich wartości osi y w taki sposób, że pole E oscyluje w kierunku osi z . Amplituda oscylacji pola elektrycznego wynosi 10 ⁢ V ∕ m , a wartość natężenia tego pola w chwili t = 0 ⁢ s osiąga maksimum. Zapisz równanie tej fali opisujące natężenie jej pola elektrycznego; Znajdź równanie opisujące wyindukowane pole magnetyczne. Poniższe wyrażenia opisują falę elektromagnetyczną poruszającą się w kierunku dodatnich wartości osi y : E → = E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⋅ j ̂ \\vec{E} = E_0 \\cos(kx-\\omega t) \\cdot \\hat{j} ​ , B → = B 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⋅ k ̂ \\vec{B} = B_0 \\cos(kx-\\omega t) \\cdot \\hat{k} ​ . Fala ta biegnie wewnątrz szerokiej rury o kołowym przekroju poprzecznym o promieniu R ; oś symetrii rury pokrywa się z osią y . Znajdź wyrażenie na prąd przesunięcia wewnątrz tej rury. I p = π ⁢ ε 0 ⁢ ω ⁢ R 2 ⁢ E 0 ⁢ sin k ⁢ x − ω ⁢ t .", "section": "Płaskie fale elektromagnetyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Energia niesiona przez fale elektromagnetyczne Każdy, kto używał kiedykolwiek kuchenki mikrofalowej, wie, że fala elektromagnetyczna przenosi energię. Niekiedy jest to tak oczywiste, że nawet się nad tym nie zastanawiamy – jak w przypadku promieni słonecznych w gorący, lipcowy dzień. Czasami fala elektromagnetyczna przyjmuje bardziej subtelne formy – jak niewyczuwalna energia promieni gamma, które niszczą żywe komórki. Fale elektromagnetyczne dostarczają energię przez pola – elektryczne i magnetyczne. Pola te mogą wytwarzać siły i poruszać ładunkami w układzie, a w ten sposób wykonywać w tym układzie pracę. Jednak fala elektromagnetyczna niesie w sobie energię bez względu na to, czy została ona pochłonięta, czy też nie. Po wytworzeniu fala unosi ze sobą energię ze źródła. Jeśli część energii zostanie gdzieś pochłonięta, natężenia oscylujących pól maleją, a pozostała energia przenoszona jest dalej. Oczywistym jest, że im silniejsze są indukowane pola elektryczne i magnetyczne, tym większą pracę mogą one wykonać i tym większą energię niesie fala elektromagnetyczna. Dla takiej fali amplituda jest maksymalnym natężeniem pola elektrycznego lub magnetycznego ( ). Energia fali jest więc ściśle zależna od amplitudy. Energia niesiona przez falę zależna jest od amplitudy tej fali. Dla fal elektromagnetycznych dwukrotne zwiększenie wartości E i B powoduje czterokrotne zwiększenie gęstości energii u i strumienia energii u ⁢ c uc . W przypadku fali płaskiej, biegnącej w kierunku dodatnich wartości osi x z fazą dobraną tak, by maksymalne natężenie pola w początku układu współrzędnych przypadało na czas t = 0 ⁢ s t = \\SI{0}{\\second} , pola elektryczne i magnetyczne muszą podlegać zależnościom E y ⁡ x t = E 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ , B z ⁡ x t = B 0 ⁢ cos k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ . Energia fali elektromagnetycznej w dowolnej chwili jest sumą energii pól elektrycznego i magnetycznego, a energia przypadająca na jednostkę objętości, nazywana też gęstością energii u , jest sumą gęstości energii pochodzących od pola elektrycznego i pola magnetycznego. Wyrażenia opisujące gęstość energii obu pól zostały wyprowadzone wcześniej ( u E w Pojemność elektryczna i u B w Indukcyjność ). Dodając te dwa wyrażenia, otrzymujemy u ⁡ x t = u E + u B = 1 2 ⁢ ε 0 ⁢ E 2 + 1 2 ⁢ μ 0 ⁢ B 2 ⁢ . Równanie E = c ⁢ B = ε 0 ⁢ μ 0 − 1 ∕ 2 ⁢ B pokazuje też, że gęstość energii pola magnetycznego u B i gęstość energii pola elektrycznego u E są sobie równe, mimo że zmienne pole elektryczne generuje słabe pole magnetyczne. Ta równość gęstości energii obu pól prowadzi do równania u ⁡ x t = ε 0 ⁢ E 2 = B 2 μ 0 ⁢ . Gęstość energii przemieszcza się wraz z przemieszczającymi się polami elektrycznym i magnetycznym. Szybkość transportu energii możemy ustalić poprzez rozważenie małego odcinka czasu Δ t . Jak pokazano na , energia w objętości cylindra o długości c ⁢ Δ t i polu przekroju poprzecznego A przenika przez płaszczyznę poprzeczną w czasie Δ t . Energia u ⁢ A ⁢ c ⁢ Δ t zawarta w polach elektrycznym i magnetycznym fali elektromagnetycznej, w objętości A ⁢ c ⁢ Δ t , przenika przez powierzchnię A w czasie Δ t . Energia przenikająca przez powierzchnię A w czasie Δ t wynosi u ⋅ objętość = u ⁢ A ⁢ c ⁢ Δ t ⁢ . Energia przypadająca na jednostkę powierzchni i jednostkę czasu, przechodząca przez płaszczyznę prostopadłą do kierunku rozchodzenia się fali, nazywana gęstością strumienia energii (ang. energy flux ) i zapisywana jako S , może zostać obliczona przez podzielenie energii przez pole powierzchni A i czas Δ t S = energia przenikająca przez powierzchnię ⁢ A ⁢ w czasie ⁢ Δ t A ⁢ Δ t = u ⁢ c = ε 0 ⁢ c ⁢ E 2 = 1 μ 0 ⁢ E ⁢ B ⁢ . W bardziej ogólnym ujęciu gęstość strumienia energii przez dowolną powierzchnię zależy też od orientacji tej powierzchni. Aby uwzględnić tę orientację, wprowadza się wektor S → , nazywany wektorem Poyntinga (ang. Poynting vector ), zdefiniowany jako S → = 1 μ 0 ⁢ E → × B → ⁢ . Wynik mnożenia wektorowego wektorów E → i B → jest również wektorem o kierunku prostopadłym do obu mnożników. Aby potwierdzić, że kierunek ten jest zgodny z kierunkiem rozchodzenia się, a nie jemu przeciwny, wróćmy do . Zwróćmy uwagę, że reguła Lenza i prawo Faradaya powodują, że dla rosnącego w czasie pola magnetycznego pole elektryczne musi być silniejsze w x niż w x + Δ x . W tym punkcie i tej chwili natężenie pola elektrycznego maleje więc ze wzrostem x . Proporcjonalność pomiędzy wartościami wektorów E → i B → wymusza, by natężenie pola elektrycznego rosło w czasie wraz z wartością indukcji pola magnetycznego. Jest to możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy fala rozchodzi się w prawą stronę diagramu, co z kolei implikuje, że wektor wynikowy S → = E → × B → ∕ μ 0 ma dokładnie ten sam kierunek i zwrot co kierunek rozchodzenia się fali elektromagnetycznej. Gęstość strumienia energii jest zależny od czasu, co można zobaczyć przez podstawienie u z do S ⁡ x t = c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 ⁢ cos 2 k ⁢ x − ω ⁢ t ⁢ . S \\apply (x,t) = c \\epsilon_0 E_0^2 \\cos^2 (kx- \\omega t) \\text{.} Ponieważ częstotliwość światła widzialnego jest bardzo wysoka, rzędu 10 14 ⁢ Hz , gęstość strumienia energii dla światła widzialnego przenikający dowolną powierzchnię jest szybkozmienną funkcją czasu. Przez to niemal wszystkie urządzenia pomiarowe, włączając w to ludzkie oczy, są w stanie wykryć jedynie wartość uśrednioną po czasie. Taka średnia wartość gęstości strumienia energii to natężenie I energii elektromagnetycznej i jest ona równoważna mocy przypadającej na jednostkę powierzchni. Można ją wyliczyć przez uśrednienie funkcji cosinus w po jednym pełnym cyklu I = S śr = c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 ⁢ 1 T ⁢ ∫ 0 T cos 2 2 ⁢ π ⁢ t T ⁢ d t ⁢ . I = S_{\\text{śr}} = c \\epsilon_0 E_0^2 \\frac{1}{T} \\int_0^T \\cos^2(2 \\pi \\frac{t}{T}) \\d t \\text{.} Możemy albo obliczyć wartość powyższej całki, albo zauważyć, że sinus i cosinus różnią się jedynie przesunięciem w fazie, przez co średnia po pojedynczej oscylacji dla cos 2 x \\cos^2 x będzie taka sama jak dla sin 2 x \\sin^2 x . Wtedy otrzymujemy 〈 cos 2 x 〉 = 1 2 [ 〈 cos 2 x 〉 + 〈 sin 2 x 〉 ] = 1 2 〈 1 〉 = 1 2 , gdzie nawiasy ostre 〈 ⋯ 〉 oznaczają operację uśredniania po czasie. Zatem natężenie światła, biegnącego z prędkością c przez próżnię, będzie wynosić I = S śr = 1 2 ⁢ c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 ⁢ . Jest ono wyrażone przez amplitudę natężenia pola elektrycznego E 0 . Przekształcenia algebraiczne dają też zależność I = c B 0 2 2 μ 0 , gdzie B 0 jest amplitudą indukcji magnetycznej. Pomocne jest jeszcze jedno wyrażenie na I śr , przedstawione przy pomocy parametrów zarówno pola E , jak i pola B . Podstawiając dane z zależności E 0 = c B 0 do poprzedniego równania, otrzymujemy I = E 0 ⁢ B 0 2 ⁢ μ 0 ⁢ . Możemy używać któregokolwiek z trzech powyższych wzorów zależnie od tego, który jest w danej chwili wygodniejszy, ponieważ są to tak naprawdę trzy wersje tej samej własności: energia fali jest zależna od kwadratu amplitudy. Ponadto, ponieważ równania te oparte są na założeniu, że fale elektromagnetyczne są falami sinusoidalnymi, to maksymalne natężenie jest dwukrotnie większe niż natężenie średnie I 0 = 2 ⁢ I . Wiązka laserowa Wiązka laserowa z małego lasera laboratoryjnego zazwyczaj ma natężenie równe około 10 − 3 ⁢ W ∕ m 2 . Zakładając, że wiązka ta złożona jest z fal płaskich, obliczmy amplitudy wielkości charakteryzujących pola elektryczne i magnetyczne w tej wiązce. Strategia rozwiązania Użyjemy równań na natężenie wiązki laserowej, wyrażone przez amplitudę natężenia pola elektrycznego, aby wyliczyć tę amplitudę. Rozwiązanie Z natężenie wiązki laserowej jest równe I = 1 2 ⁢ c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 ⁢ . Amplituda natężenia pola elektrycznego wynosi więc E 0 = 2 c ⁢ ε 0 ⁢ I = 2 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s ⋅ 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ F ∕ m ⋅ 10 − 3 ⁢ W ∕ m 2 = 0,87 ⁢ V ∕ m ⁢ . Amplituda indukcji magnetycznej może być obliczona z B 0 = E 0 c = 2,9 ⋅ 10 − 9 ⁢ T ⁢ . Pola żarówki Żarówka emituje światło o mocy 5 ⁢ W . Ile wynosi średnie natężenie pola elektrycznego, a ile wartość indukcji magnetycznej tego światła w odległości 3 ⁢ m od żarówki? Strategia rozwiązania Do obliczenia natężenia światła załóżmy, że żarówka emituje światło o mocy P izotropowo do wnętrza sfery o promieniu 3 ⁢ m . Z natężenia światła możemy następnie wyliczyć amplitudę natężenia pola elektrycznego. Rozwiązanie Moc emitowana w postaci światła wynosi I = P 4 ⁢ π ⁢ r 2 = c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 2 ⁢ , E 0 = 2 ⁢ P 4 ⁢ π ⁢ r 2 ⁢ c ⁢ ε 0 = 2 ⁢ 5 ⁢ W 4 ⁢ π ⋅ 3 ⁢ m 2 ⋅ 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s ⋅ 8,85 ⋅ 10 − 12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 = 5,77 ⁢ V ∕ m ⁢ , B 0 = E 0 c = 1,92 ⋅ 10 − 8 ⁢ T ⁢ . Znaczenie Natężenie I maleje jak kwadrat odległości, jeśli promieniowanie jest emitowane jednakowo we wszystkich kierunkach. Zasięg radia Nadajnik radiowy o mocy 60 ⁢ kW na Ziemi wysyła sygnały do satelity odległego o 100 ⁢ km ( ). Jeśli moc nadajnika wzrosłaby do 90 ⁢ kW , to w jakiej odległości od źródła sygnał będzie generował pole o tej samej amplitudzie natężenia energii, zakładając, że sygnał wysyłany będzie w tym samym kierunku co poprzednio? W przestrzeni trójwymiarowej sygnał wysyłany przez źródło rozprzestrzenia się wewnątrz kąta bryłowego. Strategia rozwiązania Pole powierzchni, na którym rozpraszana jest moc sygnału kierunkowego, zwiększa się z kwadratem odległości, jak pokazano na . Powiększymy moc ( 90 ⁢ kW / 60 ⁢ kW ) razy, wartość pola powierzchni zwiększymy w podobny sposób, by zachować stosunek I = P ∕ A = c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 ∕ 2 . Następnie użyjemy proporcji pomiędzy powierzchnią A na rysunku a odległością podniesioną do kwadratu, by znaleźć odległość, dla której powierzchnia jest taka sama jak wyliczona wcześniej. Rozwiązanie Korzystając z proporcjonalności pola powierzchni do kwadratu odległości i przekształcając równanie, otrzymamy r 2 2 r 1 2 = A 2 A 1 = 90 ⁢ W 60 ⁢ W ⁢ , r 2 = 90 60 ⋅ 100 ⁢ km = 122 ⁢ km ⁢ . Znaczenie Zasięg nadajnika radiowego to maksymalna odległość pomiędzy nadajnikiem i odbiornikiem, która jeszcze pozwala na prawidłowy przebieg komunikacji. W przypadku braku zakłóceń, takich jak odbicia od przeszkód, natężenie podlega prawu odwrotnych kwadratów. Oznacza to, że podwojenie zasięgu wymaga czterokrotnego zwiększenia mocy nadajnika. Podsumowanie Energia niesiona przez falę elektromagnetyczną jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy. Dla fal elektromagnetycznych oznacza to, że ich natężenie wyrażone jest wzorem I = c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 ∕ 2 , gdzie I jest średnim natężeniem wyrażonym w W ∕ m 2 , a E 0 jest amplitudą pola elektrycznego oscylującego sinusoidalnie. Równoważnie, natężenie może zostać również wyrażone przez maksymalną wartość indukcji magnetycznej jako I = c ⁢ B 0 2 ∕ 2 ⁢ μ 0 albo przez amplitudę pól magnetycznego i elektrycznego jako I = E 0 ⁢ B 0 ∕ 2 ⁢ μ 0 . Wszystkie trzy powyższe równania na I są równoważne. Pytania Dlaczego, gdy stoisz na dworze w pełnym Słońcu, czujesz energię światła słonecznego, ale nie czujesz pędu przenoszonego przez to światło? Ilość energii dostarczanej przez światło słoneczne (około 1000 ⁢ W ∕ m 2 \\SI{1000}{\\watt\\per\\squared\\metre} ) jest wystarczająca, by szybko spowodować zauważalną zmianę temperatury powierzchni, na którą światło pada. Ciśnienie wywierane na tę samą powierzchnię (około 3 ⋅ 10 − 7 ⁢ N ∕ m 2 ) jest zbyt małe, abyśmy mogli je odczuć. Jak natężenie fali elektromagnetycznej zależy od natężenia pola elektrycznego? Jak zależy ono od natężenia pola magnetycznego? Jakie jest fizyczne znaczenie wektora Poyntinga? Jego wartość jest równa gęstości strumienia energii, a jego kierunek wskazuje na kierunek rozchodzenia się fali. Opisuje on kierunek przepływu energii fali elektromagnetycznej i ilość energii na jednostkę powierzchni, przenoszoną przez falę w jednostce czasu. Laser helowo-neonowy o mocy 2 ⁢ mW emituje stały promień czerwonego światła o powierzchni przekroju poprzecznego równej 0,25 ⁢ cm 2 . Zakładając, że wiązka nie rozbiega się znacząco, jak zmienia się wartość skuteczna natężenia pola elektrycznego w zależności od odległości od lasera? Wyjaśnij dlaczego. Zadania W słoneczny dzień pewien student wychodzi na dwór, trzymając soczewkę dwuwypukłą o promieniu 4 ⁢ cm nad kartką papieru. Na papierze pojawia się jasna plamka o promieniu 1 ⁢ cm (zamiast zwyczajowego punktowego ogniska). Jaki jest stosunek natężeń pola elektrycznego w jasnej plamce do pola nieskupionego światła słonecznego? Płaska fala elektromagnetyczna przemieszcza się w kierunku północnym. W pewnym momencie natężenie pola elektrycznego wynosi 6 ⁢ V ∕ m , a jego wektor skierowany jest na wschód. Ile wynosi wartość indukcji magnetycznej i jaki jest zwrot jej wektora? Jego wartość skierowana jest w dół i ma wartość 2 ⋅ 10 − 8 ⁢ T . Pole elektryczne fali elektromagnetycznej dane jest wyrażeniem E → = 6 ⁢ mV ∕ m ⋅ sin 2 ⁢ π ⁢ x 18 ⁢ m − t 60 ⁢ ns ⋅ j ̂ ⁢ . \\vec{E} = \\SI{6}{\\milli\\volt\\per\\metre} \\cdot \\sin[2\\pi (\\frac{x}{\\SI{18}{\\metre}} - \\frac{t}{\\SI{60}{\\nano\\second}})]\\cdot \\hat{j} \\text{.} ​ Zapisz wyrażenie opisujące pole magnetyczne tej fali i jej wektor Poyntinga. Pewna radiostacja nadaje na częstotliwości nośnej 760 ⁢ kHz . Maksymalna wartość indukcji magnetycznej tej fali w odbiorniku w pewnej odległości od nadajnika wynosi 2,15 ⋅ 10 − 11 ⁢ T . Ile wynosi w tym odbiorniku maksymalne natężenie pola elektrycznego tej fali? Jaka jest długość tej fali? a. 6,45 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ∕ m ; b. 394 ⁢ m . Żarnik wewnątrz przezroczystej żarówki emituje światło widzialne o mocy 5 ⁢ W . Załóż, że żarówka ma postać kuli o promieniu r 0 = 3 ⁢ cm i oblicz, jaka ilość energii pochodzącej od światła widzialnego znajduje się wewnątrz żarówki. W jakiej odległości natężenie światła emitowanego przez 100-watową żarówkę jest takie samo jak natężenie światła emitowanego przez 75-watową żarówkę w odległości 10 ⁢ m ? Załóż, że obie żarówki mają tą samą sprawność konwersji energii elektrycznej w energię świetlną. 11,5 ⁢ m . Zwykła żarówka emituje jedynie 2,6 ⁢ W mocy jako promieniowanie elektromagnetyczne. Ile będzie wynosić wartość skuteczna natężenia pola elektrycznego promieniowania emitowanego przez żarówkę w odległości 3 ⁢ m od żarówki? 150-watowa żarówka emituje 5 ⁢ % pobieranej energii w postaci promieniowania elektromagnetycznego. Ile będzie wynosiła średnia wartość wektora Poyntinga w odległości 10 ⁢ m od tej żarówki? 5,97 ⋅ 10 − 3 ⁢ W ∕ m 2 . Mały laser helowo-neonowy emituje 2,5 ⁢ mW mocy świetlnej. Jaka energia zawarta jest w promieniu światła o długości 1 ⁢ m ? W najwyższych partiach ziemskiej atmosfery uśredniona po czasie wartość wektora Poyntinga związanego ze światłem słonecznym wynosi 1,4 ⁢ kW ∕ m 2 . Ile wynoszą amplitudy natężenia pola elektrycznego i indukcji magnetycznej dla promieniowania o takim samym natężeniu? Ile wynosi całkowita moc emitowana przez Słońce? Przyjmij, że Ziemia znajduje się 1,5 ⋅ 10 11 ⁢ m od Słońca, a światło słoneczne złożone jest całkowicie z fal płaskich. a. E 0 = 1027 ⁢ V ∕ m , B 0 = 3,42 ⋅ 10 − 6 ⁢ T ; b. 3,96 ⋅ 10 26 ⁢ W . Pole magnetyczne elektromagnetycznej fali płaskiej, rozchodzącej się w próżni wzdłuż osi z , dane jest wyrażeniem B → = B 0 ⁢ cos k ⁢ z + ω ⁢ t ⁢ j ̂ , gdzie B 0 = 5 ⋅ 10 − 10 ⁢ T , a k = 3,14 ⋅ 10 − 2 ⁢ m − 1 . Zapisz wyrażenie na natężenie pola elektrycznego związanego z tą falą; Ile wynosi częstotliwość tej fali i jej długość? Ile wynosi wartość uśrednionego wektora Poyntinga? Ile wynosi natężenie fali elektromagnetycznej, dla której amplituda natężenia pola elektrycznego to 125 ⁢ V ∕ m ? 20,8 ⁢ W ∕ m 2 . Załóż, że laser helowo-neonowy, zwyczajowo używany przez studentów na zajęciach laboratoryjnych, emituje moc 0,5 ⁢ mW . Ile wyniesie natężenie światła w centrum plamki o średnicy 1 ⁢ mm utworzonej przez taką wiązkę? Znajdź amplitudę indukcji magnetycznej dla tej wiązki; Znajdź amplitudę natężenia pola elektrycznego dla tej wiązki. Naziemny nadajnik radiowy w technologii AM emituje fale elektromagnetyczne o mocy 50 ⁢ kW równomiernie we wszystkich kierunkach. Zakładając, że wszystkie fale radiowe padające na ziemię są całkowicie absorbowane i że atmosfera i inne obiekty nie powodują rozpraszania energii fal, ile będzie wynosiło natężenie tych fal w odległości 30 ⁢ km od nadajnika? (Wskazówka: Na górną półkulę przypada połowa mocy nadajnika); Ile wynosi amplituda natężenia pola elektrycznego w tej odległości? a. 4,42 ⋅ 10 − 6 ⁢ W ∕ m 2 ; b. 5,77 ⋅ 10 − 2 ⁢ V ∕ m . Przyjmijmy, że maksymalne bezpieczne dla człowieka natężenie mikrofal wynosi 1 ⁢ W ∕ m 2 . Jaka odległość będzie bezpieczna dla człowieka, jeśli z radaru „wycieka” jednorodnie we wszystkich kierunkach 10 ⁢ W mocy promieniowania mikrofalowego? Załóż, że nie występują żadne odbicia ani absorpcje; Ile wynosi amplituda pola elektrycznego przy bezpiecznym natężeniu? Uniwersytecki talerz do komunikacji satelitarnej ma średnicę 2,5 ⁢ m i służy do odbioru sygnału telewizyjnego o amplitudzie natężenia pola elektrycznego (dla pojedynczego kanału) równej 7,5 ⁢ µV ∕ m (patrz niżej). Ile wynosi natężenie tej fali? Jaka jest moc odbierana przez tę antenę? Jaką moc emituje satelita, jeśli nadaje sygnał jednorodnie na całej powierzchni 1,5 ⋅ 10 13 ⁢ m 2 (znaczna część Ameryki Północnej)? a. 7,47 ⋅ 10 − 14 ⁢ W ∕ m 2 ; b. 3,66 ⋅ 10 − 13 ⁢ W ; c. 1,12 ⁢ W . Do pewnych zastosowań konstruuje się lasery zdolne do wytworzenia impulsu świetlnego o małym czasie trwania, ale bardzo dużym natężeniu. Lasery takie nazywa się impulsowymi. Używa się ich między innymi do inicjowania reakcji fuzji jądrowej. Takie lasery są zdolne do produkcji impulsów o amplitudzie pola elektrycznego równej 10 11 ⁢ V ∕ m , trwających 1 ⁢ ns . Ile wynosi amplituda indukcji magnetycznej w takim impulsie? Ile jest równe natężenie światła dla takiego impulsu? Ile wynosi energia dostarczana przez taki impuls do obszaru o polu powierzchni 1 ⁢ mm 2 ? wektor Poyntinga (ang. Poynting vector ) wektor będący wynikiem mnożenia wektorowego pól elektrycznego i magnetycznego, który opisuje przepływ energii przez powierzchnię", "section": "Energia niesiona przez fale elektromagnetyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Pęd i ciśnienie promieniowania elektromagnetycznego Przedmioty materialne składają się z naładowanych cząstek. Fale elektromagnetyczne padające na takie przedmioty działają na naładowane cząstki siłą Lorentza z . Siły te wykonują pracę nad cząstkami wchodzącymi w skład przedmiotów, zwiększając ich całkowitą energię, jak opisano to w poprzednim podrozdziale. Energia niesiona przez światło słoneczne powoduje tak przyjemne i znajome uczucie ciepła na twarzy w każdy słoneczny dzień. Znacznie mniej znaną własnością promieniowania elektromagnetycznego jest niezwykle małe ciśnienie, które promieniowanie to wytwarza przez oddziaływanie siłą w kierunku zgodnym z kierunkiem rozchodzenia się fali. Ta siła pojawia się, ponieważ fale elektromagnetyczne posiadają i mogą przekazywać pęd. Aby zrozumieć, skąd bierze się ten konkretny kierunek działania siły, wyobraźmy sobie płaskie fale elektromagnetyczne padające na metal, w którym ruch elektronów jest tłumiony przez opór metalu tak, że średni ruch elektronów jest zgodny w fazie z siłą go powodującą. Jest to sytuacja porównywalna do sytuacji obiektu poruszającego się z tarciem, który zatrzymuje się natychmiast, kiedy siła wymuszająca ruch zanika ( ). Gdy pole elektryczne kierowane jest w stronę dodatnich wartości osi y , elektrony poruszają się w kierunku ujemnych wartości tej osi, a pole magnetyczne skierowane jest ku dodatnim wartościom osi z . Stosując regułę prawej dłoni i uwzględniając ujemny ładunek elektronów, obserwujemy, że siła działająca na elektrony ze strony pola magnetycznego działa w kierunku dodatnich wartości osi x . Jest to też oczywiście kierunek rozchodzenia się fali, która indukuje działającą na elektrony siłę. Gdy pole elektryczne odwraca swój kierunek, podobnie dzieje się z polem magnetycznym, przez co siła nadal działa w tym samym kierunku. Równania Maxwella w połączeniu z siłą Lorentza przewidują istnienie ciśnienia promieniowania w sposób znacznie bardziej ogólny niż w omawianym przykładzie. Wzajemnie oddziałujące pola elektryczne i magnetyczne, indukowane przez falę elektromagnetyczną, wytwarzają siłę działającą w kierunku rozchodzenia się fali, jak przedstawiono to na przykładzie elektronów poruszających się w metalu i wysoce tłumionych przez jego opór. Maxwell przewidział, że fale elektromagnetyczne niosą ze sobą pęd. Obiekt pochłaniający falę elektromagnetyczną będzie doświadczał siły oddziałującej nań w kierunku rozchodzenia się pochłoniętej fali. Wartość tej siły powiązana jest z ciśnieniem promieniowania wywieranym na ten obiekt przez padającą falę. Siła będzie przy tym dwukrotnie większa, jeśli promieniowanie będzie odbijane, a nie absorbowane. Hipoteza Maxwella została udowodniona eksperymentalnie w roku 1903 przez Nicholsa i Hulla, którzy dokonali precyzyjnych pomiarów ciśnienia promieniowania z użyciem wagi skręceń (ang. torsion balance ). Schematyczny układ pomiarowy przedstawiony został na . Para zwierciadeł zawieszona została na cienkiej nitce i umieszczona wewnątrz szklanego pojemnika. Nicholsowi i Hullowi udało się uzyskać małe, ale mierzalne skręcenie całego układu w wyniku oświetlenia jednego ze zwierciadeł. Ze zmierzonego kąta skręcenia mogli oni ustalić wartość siły powodującej to skręcenie. Wartość tak wyznaczonej siły skręcającej była w pełni zgodna z przewidywaniami teoretycznymi dla ciśnienia promieniowania. Uproszczony schemat głównego elementu aparatury używanej przez Nicholsa i Hulla do precyzyjnych pomiarów ciśnienia promieniowania i potwierdzenia hipotezy Maxwella. Ciśnienie promieniowania (ang. radiation pressure ) p pr , wywierane przez falę elektromagnetyczną na doskonale absorbującą powierzchnię, okazuje się równe gęstości energii tej fali p pr = u ⁢ (idealny absorber). Jeśli materiał idealnie odbija promieniowanie, jak na przykład powierzchnia metaliczna, i kąt padania jest kątem prostym, to ciśnienie wywierane przez falę jest dwukrotnie większe, gdyż w czasie odbicia pęd fali padającej zmienia zwrot na przeciwny p pr = 2 ⁢ u ⁢ (idealne zwierciadło). W celu sprawdzenia poprawności tych wyników możemy dokonać sprawdzenia jednostek u = J m 3 = N ⁢ m m 3 = N m 2 = Pa ⁢ . i są równaniami na ciśnienie chwilowe, ponieważ jednak gęstość energii jest ekstremalnie szybkozmienną funkcją czasu, zazwyczaj interesuje nas jedynie ciśnienie promieniowania uśrednione po czasie. Ciśnienie takie można wyrazić jako funkcję natężenia fali elektromagnetycznej p = ⟨ p pr ⟩ = { I / c idealny absorber 2 I / c idealne zwierciadło . Ciśnienie promieniowania jest niezwykle ważnym czynnikiem, niezbędnym do wyjaśnienia wielu zaobserwowanych zjawisk astronomicznych, włączając w to wygląd komet (ang. comets ) na ziemskim nieboskłonie. Komety są w gruncie rzeczy obiektami składającymi się z lodu, w którym tkwią kawałki kosmicznych skał, drobiny pyłu i zamarznięte gazy. Kiedy kometa zbliża się do Słońca, grzeje się w jego blasku, a jej powierzchnia zaczyna parować. Koma takiej komety to mglisty obszar bezpośrednio wokół jądra, składający się z uwolnionych gazów, drobinek skał i pyłu. Część tego uwolnionego gazu i pyłu formuje ogony komety. Zauważmy, że przedstawiona na kometa ma dwa oddzielne ogony. Warkocz jonowy (lub warkocz gazowy na ) złożony jest głównie ze zjonizowanego gazu. Jony te oddziałują elektromagnetycznie z wiatrem słonecznym (ang. solar wind ) będącym ciągłym strumieniem cząstek naładowanych, emitowanych ze Słońca. Siła oddziaływania wiatru słonecznego na zjonizowane gazy jest na tyle duża, że warkocz jonowy niemal zawsze skierowany jest „od Słońca”. Drugi warkocz składa się z cząsteczek pyłu. Ponieważ warkocz pyłowy jest obojętny elektrycznie, nie oddziałuje zupełnie z wiatrem słonecznym. Jednak wciąż wywierane jest na niego ciśnienie promieniowania, pochodzące od światła wysyłanego przez Słońce. Ciśnienie to, choć bardzo małe, jest wystarczająco silne, aby nieznacznie odchylić warkocz pyłowy od toru lotu komety. Odparowywanie jądra komety w wyniku ciepła pochodzącego od Słońca powoduje utworzenie się dwóch warkoczy, jak jest to widoczne na zdjęciu Komety ISON. Źródło: modyfikacja pracy E. Slawik – ESO Kometa Halleya 9 lutego 1986 roku kometa Halleya znajdowała się w punkcie jej orbity najbliższym Słońcu, czyli około 9 ⋅ 10 10 ⁢ m od środka gwiazdy. Średnia moc promieniowania emitowanego przez Słońce wynosi 3,8 ⋅ 10 26 ⁢ W . Obliczmy wartość ciśnienia promieniowania wywieranego na kometę w tym punkcie jej orbity. Załóżmy, że kometa odbija całe padające na nią promieniowanie. Załóżmy, że od komety oddziela się odłamek o masie 10 ⁢ kg i polu przekroju poprzecznego 4 ⋅ 10 − 2 ⁢ m 2 . Wyznaczmy wartość siły działającej na ten kawałek w związku z ciśnieniem promieniowania. Porównajmy tę siłę z siłą grawitacji wywieraną przez Słońce. Strategia rozwiązania Obliczymy natężenie promieniowania słonecznego dla danej odległości od Słońca i użyjemy tej wartości do wyliczenia ciśnienia promieniowania. Następnie skorzystamy z wyliczonej wartości promieniowania oraz podanego pola powierzchni komety i wyznaczymy wartość siły działającej na odłamek. Rozwiązanie Natężenie promieniowania słonecznego to średnia moc na jednostkę powierzchni. Dla danej odległości I = S śr = 3,8 ⋅ 10 26 ⁢ W 4 ⁢ π ⁢ 9 ⋅ 10 10 ⁢ m 2 = 3,7 ⋅ 10 3 ⁢ W ∕ m 2 ⁢ . Zakładając, że kometa odbija całe padające na nie promieniowania, z otrzymujemy p = 2 ⁢ I c = 2 ⋅ 3,7 ⋅ 10 3 ⁢ W ∕ m 2 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s = 2,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ N ∕ m 2 ⁢ . Siła oddziałująca na odłamek wywołana promieniowaniem wynosi F = p ⁢ A = 2,5 ⋅ 10 − 5 ⁢ N ∕ m 2 ⋅ 4 ⋅ 10 − 2 ⁢ m 2 = 10 − 6 ⁢ N ⁢ , podczas gdy siła grawitacji układu Słońce – odłamek wynosi F g = G ⁢ M ⁢ m r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ⁢ m 2 ∕ kg 2 ⋅ 2 ⋅ 10 30 ⁢ kg ⋅ 10 ⁢ kg 9 ⋅ 10 10 ⁢ m 2 = 0,16 ⁢ N ⁢ . Znaczenie Siła oddziaływania grawitacyjnego Słońca na odłamek jest o wiele większa niż siła pochodząca od ciśnienia promieniowania. Po wykazaniu przez Maxwella, że światło przenosi zarówno pęd, jak i energię, naturalnie pojawił się innowacyjny pomysł – choć początkowo jedynie jako science-fiction. Wywnioskowano, że możliwe jest wyposażenie statku w duży, odbijający światło żagiel i użycie ciśnienia promieniowania jako napędu. Tak napędzany pojazd nie musiałby przenosić żadnego paliwa na pokładzie. Zamiast krótkich impulsów ciągu z silników rakietowych doświadczałby małej, ale stałej siły wywieranej przez ciśnienie promieniowania; przyspieszałby bardzo powoli, ale po pewnym czasie byłby zdolny osiągnąć ogromne prędkości. Jednak niezbędny do tego byłby pojazd o małej masie własnej i dużej powierzchni żagla słonecznego (ang. light sail ), by osiągnąć przyspieszenie o znaczeniu praktycznym. Gdy w latach sześćdziesiątych został uruchomiony amerykański program kosmiczny, agencja NASA zaczęła uważnie przyglądać się temu pomysłowi. Najświeższe udoskonalenia w dziedzinie napędu słonecznego zostały dokonane przez pozarządową organizację Planetary Society. Obecnie testowane jest użycie żagli słonecznych do napędzania małych pojazdów zbudowanych z tzw. CubeSatów – malutkich satelitów umieszczanych przez NASA na orbicie przy okazji innych startów. Taki projekt został zrealizowany również przez studentów z Politechniki Warszawskiej, którzy testowali możliwość deorbitacji za pomocą żagla słonecznego. Statek kosmiczny LightSail pokazany poniżej ( ) składa się z trzech CubeSatów połączonych ze sobą. Jego całkowita masa własna wynosi zaledwie około 5 ⁢ kg , a jego rozmiar jest porównywalny z bochenkiem chleba. Żagiel wykonany został z bardzo cienkiej folii Mylar i rozkłada się, po uruchomieniu, do powierzchni 32 ⁢ m 2 . Dwa małe CubeSaty umieszczone na orbicie przez Międzynarodową Stację Kosmiczną w maju 2016 roku. Żagle słoneczne otworzą się, gdy CubeSaty będą znajdować się w bezpiecznej odległości od ISS. Pierwszy statek LightSail został wystrzelony w roku 2015 w celu przetestowania systemu rozkładania żagla. Został umieszczony na niskiej orbicie okołoziemskiej przez rakietę Atlas-5 wykonującą inną, niepowiązaną z tym misję główną. Test zakończył się powodzeniem, jednak tarcie na niskiej orbicie okołoziemskiej było zbyt wielkie, by pojazd rozpoczął przyspieszanie dzięki padającemu na niego światłu. W końcu, zgodnie z założeniami, spłonął w atmosferze. Kolejny LightSail należący do Planetary Society wystrzelono w roku 2016. Ilustracja przedstawiająca pojazd w czasie lotu zamieszczona została na stronie internetowej Planetary Society. Przyspieszenie LightSail Natężenie światła słonecznego w odległości 1 ⁢ AU (ang. Astronomical Unit – jednostki astronomicznej) wynosi 1370 ⁢ W ∕ m 2 . Pojazd LightSail ma żagiel o całkowitym polu powierzchni równym 32 ⁢ m 2 i masie całkowitej 5 ⁢ kg . Obliczmy maksymalne przyspieszenie, jakie może osiągnąć LightSail , wykorzystując do przyspieszania ciśnienie promieniowania, gdy znajduje się w odległości ok. 1 ⁢ AU od Słońca. Strategia rozwiązania Pojazd doświadcza maksymalnego przyspieszenia, kiedy otwarty żagiel skierowany jest bezpośrednio w stronę Słońca. Użyjemy natężenia światła do wyliczenia ciśnienia promieniowania, a następnie obliczymy wartość siły działającej na żagiel. Następnie – do obliczenia przyspieszenia – użyjemy II prawa dynamiki Newtona. Rozwiązanie Ciśnienie promieniowania powoduje powstanie siły równej F = p ⁢ A = 2 ⁢ u ⁢ A = 2 ⁢ I c ⁢ A = 2 ⋅ 1370 ⁢ W ∕ m 2 ⋅ 32 ⁢ m 2 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s = 2,92 ⋅ 10 − 4 ⁢ N ⁢ . Przyspieszenie wynikające z tego ciśnienia wynosi a = F m = 2,92 ⋅ 10 − 4 ⁢ N 5 ⁢ kg = 5,8 ⋅ 10 − 5 ⁢ m ∕ s 2 ⁢ . Znaczenie Jeśli udałoby się utrzymać tak małe przyspieszenie przez jeden rok, pojazd osiągnąłby prędkość 1829 ⁢ m ∕ s lub 6600 ⁢ km ∕ h . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieniałaby się prędkość i przyspieszenie pojazdu napędzanego żaglem słonecznym w miarę oddalania się od Słońca w czasie podróży międzyplanetarnych? Jego przyspieszenie spadłoby, ponieważ siła wywierana przez promieniowanie jest proporcjonalna do natężenia światła słonecznego, malejącego z odległością. Wartość jego prędkości rosłaby jednak coraz wolniej, aż przestałaby się zmieniać, jeśli nie liczyć skutków grawitacji pochodzącej od Słońca i planet. Podsumowanie Fale elektromagnetyczne przenoszą pęd i wywierają ciśnienie promieniowania. Ciśnienie promieniowania fali elektromagnetycznej jest wprost proporcjonalne do gęstości energii tej fali. Ciśnienie promieniowania jest dwa razy większe od gęstości jej energii, jeśli fala jest odbijana, albo równe gęstości energii, jeśli fala jest absorbowana. Pytania Dlaczego ciśnienie promieniowania fali elektromagnetycznej odbijającej się od idealnego zwierciadła jest dwukrotnie większe od ciśnienia promieniowania fali elektromagnetycznej absorbowanej przez idealny absorber? Ciśnienie to siła przypadająca na jednostkę powierzchni, a siła jest równa przyrostowi pędu na jednostkę czasu. Zmiana pędu powierzchni (żagla) ma tę samą wartość, a przeciwny zwrot do zmiany pędu fali elektromagnetycznej. Przy odbiciu zmiana pędu fali jest dwa razy większa (od p p do − p -p ) niż przy absorpcji (od p p praktycznie do zera). Dlaczego wczesne zdjęcia zbliżającej się do Ziemi komety ISON, wykonane przez teleskop Hubble’a, pokazują jedynie małą rozmytą komę wokół jądra zamiast w pełni rozwiniętych dwóch ogonów, które widoczne były później (patrz rysunek poniżej; Źródło ilustracji: ESA, Hubble)? Odpowiedz na poniższe pytania. Jak zmieniłby się kierunek rozchodzenia się fali elektromagnetycznej, gdyby zamieniono z sobą kierunki oscylacji pola elektrycznego i magnetycznego? Co stałoby się, gdyby zwroty wektorów E → i B → zostały zamienione na przeciwne? a. Zgodnie z regułą prawej ręki kierunek przepływu energii ulegnie odwróceniu; b. Ta zmiana pozostawia wektor S → , a tym samym kierunek rozchodzenia się, bez zmian. Zadania 150-watowa żarówka emituje 5 ⁢ % pobieranej energii w postaci fali elektromagnetycznej. Jakie ciśnienie wywiera promieniowanie na sferę o promieniu 10 ⁢ m otaczającą żarówkę i absorbującą padające na nią promieniowanie? 1,99 ⋅ 10 − 11 ⁢ N ∕ m 2 . Jakie ciśnienie wywiera promieniowanie emitowane przez 100-watową żarówkę na powierzchnię zwierciadła oddalonego o 3 ⁢ m od żarówki, jeśli żarówka emituje promieniowanie o mocy 2,6 ⁢ W w postaci światła? Mikroskopijna kulista cząstka kurzu o promieniu 2 ⁢ µm i masie 10 ⁢ µg porusza się w przestrzeni kosmicznej ze stałą prędkością 30 ⁢ cm ∕ s . Fala świetlna biegnąca w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu cząsteczki kurzu pada na nią i zostaje zaabsorbowana. Zakładając, że do chwili zatrzymania cząstka porusza się ruchem jednostajnie opóźnionym w czasie 1 ⁢ s , oblicz średnią wartość amplitudy pola elektrycznego tej fali. F = m ⁢ a = p ⋅ π ⁢ r 2 , p = m ⁢ a ∕ π ⁢ r 2 = ε 0 ∕ 2 ⋅ E 0 2 , E 0 = 2 ⁢ m ⁢ a ∕ ε 0 ⁢ π ⁢ r 2 = 2 ⋅ 10 − 8 ⁢ kg ⋅ 0,3 ⁢ m ∕ s 2 ∕ 8,854 ⋅ 10 − 12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 − 6 ⁢ m 2 , E 0 = 7,34 ⋅ 10 6 ⁢ V ∕ m . Styropianowa kulka o promieniu 2 ⁢ mm i masie 20 ⁢ µg ma być zawieszona w rurze próżniowej za sprawą ciśnienia promieniowania. Jakiego natężenia światła trzeba użyć, przy założeniu, że kulka całkowicie absorbuje padające światło? Przyjmij, że S → śr dla światła słonecznego dla punktu na powierzchni Ziemi jest równe 900 ⁢ W ∕ m 2 . Ile wynosi średnia wartość siły pochodzącej od światła, działającej na latawiec powleczony materiałem odbijającym o powierzchni 0,75 ⁢ m 2 , jeśli światło pada na niego prostopadle? Jak zmieni się rozwiązanie (a), jeśli powleczemy latawiec materiałem całkowicie absorbującym promieniowanie? a. 4,5 ⋅ 10 − 6 ⁢ N ; b. Zmaleje do połowy ciśnienia, czyli 2,25 ⋅ 10 − 6 ⁢ N . Światło słoneczne docierające do powierzchni Ziemi ma natężenie około 1 ⁢ kW ∕ m 2 . Osoba opalająca się na plaży na leżaku ma skierowaną ku Słońcu powierzchnię ciała równą 0,8 ⁢ m 2 . Jaka ilość energii dociera do ciała opalającej się osoby w ciągu sekundy? Jakie ciśnienie wywierane jest na ciało przez światło słoneczne, jeśli promieniowanie jest całkowicie absorbowane? Sferyczna cząstka o masie m i promieniu R znajdująca się w przestrzeni kosmicznej absorbuje światło o natężeniu I w czasie t . Jaką pracę wykonuje ciśnienie promieniowania nad tą cząstką, gdy przyspiesza ją ze stanu spoczynku, a światło jest całkowicie absorbowane? Ile energii niesionej przez falę elektromagnetyczną jest absorbowane przez cząstkę w tym czasie? a. W = 1 ∕ 2 ⋅ π 2 ⁢ r 4 ∕ m ⁢ c 2 ⋅ I 2 ⁢ t 2 ; b. E = π ⁢ r 2 ⁢ I ⁢ t . ciśnienie promieniowania (ang. radiation pressure ) siła wywierana przez promieniowanie elektromagnetyczne na powierzchnię, podzielona przez pole tej powierzchni", "section": "Pęd i ciśnienie promieniowania elektromagnetycznego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Widmo promieniowania elektromagnetycznego Fale elektromagnetyczne mają ogromną ilość zastosowań praktycznych, do których zaliczają się: komunikacja z użyciem telefonów komórkowych i radia, WiFi, gotowanie, widzenie, obrazowanie medyczne, a nawet leczenie raka. W tym podrozdziale opiszemy, w jaki sposób klasyfikuje się fale elektromagnetyczne. Podsumujemy też pokrótce główne zastosowania każdego z zakresów ich długości. Różne kategorie fal elektromagnetycznych różnią się pomiędzy sobą zakresem długości fal (lub – równoważnie – zakresem częstotliwości). Właściwości tych fal zmieniają się w sposób ciągły, kiedy długość fali przechodzi z jednego zakresu do kolejnego. Krótkie podsumowanie metod wytwarzania i zastosowań fal elektromagnetycznych przedstawiono w . Widmo fal elektromagnetycznych. Rodzaj fal Wytwarzanie Zastosowania Problemy Radiowe Przyspieszanie ładunków Komunikacja Zdalne sterowanie Rezonans magnetyczny Do użycia wymagają kontroli pasm Mikrofale Przyspieszanie ładunków i przejścia elektronowe Komunikacja Kuchenki mikrofalowe Radary Telefony komórkowe Podczerwień Wzbudzenie termiczne lub przejścia elektronowe Obrazowanie termiczne Podgrzewanie Są absorbowane przez atmosferę Wiąże się z nimi efekt cieplarniany Światło widzialne Wzbudzenie termiczne lub przejścia elektronowe Fotosynteza Ludzkie widzenie Ultrafiolet Wzbudzenie termiczne lub przejścia elektronowe Sterylizacja Produkcja witaminy D Mogą powodować raka Promieniowanie X Wewnętrzne przejścia elektronowe lub szybkie zderzenia Bezpieczeństwo Diagnostyka medyczna Terapie rakowe Mogą powodować raka Promieniowanie gamma Rozpad promieniotwórczy Medycyna nuklearna Bezpieczeństwo Diagnostyka medyczna Terapie rakowe Mogą powodować raka Powodują uszkodzenia Związek c = f ⁢ λ pomiędzy częstotliwością f i długością fali λ prawdziwy jest dla wszystkich fal elektromagnetycznych i powoduje, że z większą częstotliwością powiązana jest mniejsza długość fali. przedstawia klasyfikację fal elektromagnetycznych na podstawie ich częstotliwości i długości fali – jest to spektrum, czyli widmo, fal elektromagnetycznych. Widmo fal elektromagnetycznych pokazujące główne typy fal. Fale radiowe Termin fale radiowe (ang. radio waves ) odnosi się do tej części widma, w której fale mają długości większe od 0,1 ⁢ m . Fale te są często stosowane do przesyłania sygnałów audio (np. radio), jednak nazwa odnosi się do wszystkich fal o podanej wyżej długości, bez względu na zastosowanie. Fale radiowe zazwyczaj generowane są przez prąd zmienny, płynący w antenie nadawczej. Zakres ten charakteryzuje się dużą rozpiętością długości fali i podzielony jest na mniejsze podzakresy, takie jak: mikrofale, fale radiowe używane do transmisji AM i FM, fale telefonii komórkowej i fale telewizyjne. Fale elektromagnetyczne nie mają minimalnej częstotliwości, aczkolwiek tzw. fale o skrajnie niskich częstotliwościach – ELF (ang. extremely low frequency ) to fale o najniższej częstotliwości, z jaką zwykle się spotykamy; obejmują zakres od 3 ⁢ Hz do 3 ⁢ kHz . Ładunki przyspieszające w liniach przesyłowych wytwarzają fale elektromagnetyczne w zakresie ELF. Fale takie są zdolne do przenikania przez wodę, która absorbuje fale o wyższych częstotliwościach, dzięki czemu używa się ich do komunikacji z okrętami podwodnymi. W celu wykorzystania fal elektromagnetycznych do przesyłania informacji niezbędne jest zastosowanie modulacji amplitudy, częstotliwości albo fazy takiej fali, czyli kontrolowanej jej zmiany, w sposób umożliwiający zakodowanie pożądanych informacji. Dla transmisji AM moduluje się amplitudę fali tak, by przypominała wibracje dźwiękowe, które są przesyłane. Twierdzenie Fouriera pokazuje, że zmodulowanemu sygnałowi AM odpowiada pewna superpozycja fal, pokrywająca pewien wąski zakres częstotliwości. Każdej stacji AM przypisana jest określona częstotliwość nośna, która – zgodnie z ustaleniami międzynarodowymi – może zmieniać się w zakresie ± 5 ⁢ kHz . W przypadku transmisji FM, w celu zakodowania informacji moduluje się częstotliwość fali nośnej, tak jak pokazano to na , a stacje nadawcze mogą używać zakresu częstotliwości ± 100 ⁢ kHz wokół częstotliwości nośnej. Fala elektromagnetyczna indukuje prąd w obwodzie anteny odbiorczej, a radio lub telewizor przetwarza ten sygnał dalej, by wytworzyć z niego dźwięk i/lub obraz. Im wyższa jest częstotliwość używanej do przesyłu fali radiowej, tym większa jest rozdzielczość możliwych zmian częstotliwości, i tym więcej danych można przesłać w jednostce czasu. Dla transmisji sygnału AM przeznaczono pasmo częstotliwości od 540 ⁢ kHz do 1600 ⁢ kHz , zaś dla transmisji FM – od 88 ⁢ MHz do 108 ⁢ MHz . Fale elektromagnetyczne wykorzystywane są do przenoszenia zakodowanych danych poprzez zmianę amplitudy fal nośnych (AM), ich częstotliwości (FM) albo ich fazy. Rozmowy telefoniczne z wykorzystaniem telefonów komórkowych (ang. cell phones ) czy fonia i wizja w sygnale telewizyjnym (ang. television signal ) są zazwyczaj przesyłane pod postacią cyfrową, przez zmianę sygnału na sekwencję zer i jedynek. Umożliwia to przesyłanie lepszej jakości, nawet słabszych sygnałów i, dodatkowo, pozwala na użycie algorytmów kompresji danych w celu transmisji jeszcze większej ilości informacji w każdym zakresie częstotliwości. Dane w komputerze również przesyłane są w postaci ciągów zer i jedynek, gdzie każde zero i każda jedynka odpowiadają jednemu bitowi danych. Mikrofale Mikrofale (ang. microwaves ) są falami o najwyższej częstotliwości jaką da się wytworzyć przez przyspieszanie ładunków w makroskopowych urządzeniach i obwodach. Zakres częstotliwości mikrofal rozciąga się od 10 9 ⁢ Hz do 10 12 ⁢ Hz . Wysokie częstotliwości odpowiadają małym, w porównaniu do pozostałych fal radiowych, długościom fal, stąd też nazwa mikrofal. Promieniowanie mikrofalowe występuje również naturalnie jako kosmiczne promieniowanie tła – pozostałości po wczesnym Wszechświecie. Wraz z pozostałymi zakresami częstotliwości fal elektromagnetycznych są one emitowane jako promieniowanie termiczne – promieniowanie emitowane i absorbowane przez każdy obiekt, którego temperatura jest wyższa niż zero absolutne ( 0 ⁢ K ). Promieniowanie termiczne powiązane jest ze wzbudzeniem termicznym (ang. thermal agitation ), czyli termicznym ruchem atomów i cząsteczek wewnątrz każdego obiektu. Do satelitarnego przesyłania informacji wykorzystuje się głównie mikrofale. Innym bardzo częstym zastosowaniem mikrofal jest radar . Systemy radarowe mogą wykryć i zmierzyć odległość do obiektów, takich jak chmury, samoloty, a nawet Wenus. W tym celu systemy radarowe wykrywają echa wysyłanych mikrofal i mierzą czas od ich nadania do odbioru. Mikrofale o częstotliwości 2,45 ⁢ GHz są powszechnie używane w kuchenkach mikrofalowych. Elektrony w cząsteczkach wody mają tendencję do przebywania bliżej jądra atomu tlenu niż jąder atomów wodoru ( ). To powoduje tworzenie się dwóch oddzielnych centrów o równym, ale przeciwnym ładunku, tym samym indukując w cząsteczce moment dipolowy (patrz Dipole elektryczne ). Oscylujące pole elektryczne mikrofal wewnątrz kuchenki mikrofalowej powoduje pojawienie się momentu obrotowego, który „stara się ustawić” wszystkie cząsteczki najpierw w jedną, następnie w drugą stronę. Ruch każdej molekuły jest dodatkowo sprzężony z ruchem innych i rotacją wokół własnej osi. Takie sprzężenie powoduje zmianę energii fali elektromagnetycznej w energię ciągłego ruchu termicznego cząsteczek wody, co z kolei podgrzewa jedzenie. Talerz, na którym leży posiłek, nie zawiera wody, dzięki czemu pozostaje stosunkowo chłodny (o ile nie zawiera innych dipolowych cząsteczek, np. krystalicznego żelaza – dlatego naczynia kamionkowe i fajansowe zazwyczaj się rozgrzewają). Ze względu na fakt, że cząsteczki wody posiadają moment dipolowy, oscylujące pole elektryczne powoduje pojawienie się działającego na nie momentu obrotowego. Kierunek momentu obrotowego zmienia się 4,9 ⋅ 10 9 razy w ciągu sekundy. Oddziaływania pomiędzy molekułami wody powodują wymianę energii, którą otrzymują od mikrofal. Symbole δ + i δ − informują o rozkładzie ładunku w cząsteczkach. Mikrofale w kuchence mikrofalowej odbijają się od jej ścian w taki sposób, że ich superpozycja tworzy falę stojącą, podobną do fali stojącej wibrującej struny gitarowej (patrz Tryby drgań fali stojącej ). Wirujący wiatrak spełnia rolę mieszadła, odbijając fale w różnych kierunkach, a obrotowy talerz pozwala „rozsmarować” gorące miejsca (strzałki fali stojącej) na większym obszarze ogrzewanej porcji. Dlaczego kuchenka mikrofalowa podgrzewa pożywienie nierównomiernie? Jak daleko od siebie znajdują się strzałki fali w kuchence mikrofalowej o częstotliwości pracy 2,45 ⁢ GHz ? Strategia rozwiązania Rozważymy falę, która biegnie w określonym kierunku, a następnie ulega odbiciu i wraca do źródła. Rozwiązanie Strzałki fali stojącej, w których występuje maksymalne natężenie, oddalone są od siebie o pół długości fali, czyli o odległość d = 1 2 ⁢ λ = 1 2 ⋅ c f = 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s 2 ⋅ 2,45 ⋅ 10 9 ⁢ Hz = 6,02 ⁢ cm ⁢ . Znaczenie Odległość pomiędzy punktami grzania w kuchence mikrofalowej zależy od długości mikrofal. Telefon komórkowy wyposażony jest w odbiornik radiowy i słaby nadajnik radiowy. Oba te podzespoły mogą się szybko dostroić do jednej z setek przypisanych im pasm częstotliwości mikrofalowych. Małe natężenie nadawanego sygnału ogranicza – celowo – jego zasięg. System urządzeń naziemnych zorganizowano tak, że telefon łączy się z jedną z wież sygnałowych, przypisanych do konkretnego, małego obszaru ( komórki (ang. cell )), i zapewnia płynne przełączanie do kolejnej komórki, jeśli sygnał będzie w niej silniejszy. Pozwala to na używanie telefonów komórkowych przy jednoczesnej zmianie swojego położenia. Mikrofale są również używane w technologii WiFi , która pozwala właścicielom smartfonów, laptopów i innych urządzeń bezprzewodowo łączyć się z Internetem w domach, kawiarniach i na lotniskach. Bezprzewodowy ruter WiFi to urządzenie, które przesyła i odbiera dane z Internetu przez kabel albo inne połączenie, a następnie używa mikrofal, by przesłać te dane bezprzewodowo do urządzeń takich, jak smartfon czy laptop. Termin WiFi sam w sobie odnosi się do standardów, według których moduluje się i analizuje mikrofale, aby zapewnić kompatybilność urządzeniom pochodzącym od różnych producentów. Dane przesyłane bezprzewodowo w obu kierunkach składają się z sekwencji zer i jedynek, z których każda odpowiada pojedynczemu bitowi. Mikrofale używane w technologii WiFi podzielone są na dwa pasma: 2,4 ⁢ GHz i 5 ⁢ GHz . Inne technologie bezprzewodowe też używają mikrofal, by zapewnić ciągłą komunikację pomiędzy różnymi urządzeniami. Bluetooth rozwijano równocześnie z WiFi jako standard komunikacji radiowej o częstotliwości 2,4 ⁢ GHz pomiędzy urządzeniami znajdującymi się w bliskiej odległości od siebie. Mogą to być na przykład słuchawki bezprzewodowe połączone z odtwarzaczem albo telefon komórkowy połączony z zestawem głośnomówiącym w samochodzie. Mikrofale znalazły też zastosowanie w tzw. radio-tagging z wykorzystaniem technologii RFID (ang. radio frequency identification ). Jako przykład mogą posłużyć naklejki z obwodami przyklejane przez obsługę sklepu na towar, przekaźniki naklejek cyfrowych przyklejone do przedniej szyby samochodu czy obwody scalone (czipy) wszczepione pod skórę naszych zwierząt. Takie urządzenie odpowiada na sygnał mikrofalowy przez nadanie własnego sygnału, zawierającego zakodowane wcześniej informacje. Pozwala to na szybką identyfikację produktu przy kasie, pobranie od kierowcy opłaty za przejazd bez jego zatrzymywania i zidentyfikowanie psa, który zgubił swoją obrożę. W bardzo podobny sposób działa technologia NFC (ang. near field communication ), jednak na znacznie mniejsze odległości. Opiera się ona na oddziaływaniu wyindukowanego pola magnetycznego o częstotliwościach mikrofalowych z dwiema cewkami. Smartfony, wyposażone w moduł NFC i odpowiednie oprogramowanie, mogą transmitować te same informacje co karta płatnicza, co z kolei umożliwia użycie telefonu jako środka płatniczego. Bardzo mały zasięg komunikacji jest w tym przypadku bardzo pożądanym środkiem bezpieczeństwa. Promieniowanie podczerwone Granica pomiędzy mikrofalami a promieniowaniem podczerwonym nie jest dobrze zdefiniowana (patrz ). Promieniowanie podczerwone (ang. infrared radiation ) zazwyczaj jest produkowane przez ruchy termiczne, czyli drgania i obroty atomów i cząsteczek. Jednak promieniowanie podczerwone może też być wytwarzane przez przejścia elektronowe w atomach i cząsteczkach. Około połowa energii docierającej do Ziemi ze Słońca ma postać promieniowania podczerwonego, a większość pozostałej energii ma postać światła widzialnego. Średnio 23 ⁢ % energii promieniowania słonecznego jest absorbowane przez atmosferę, około 48 ⁢ % absorbuje powierzchnia Ziemi, a 29 ⁢ % odbijane jest z powrotem w przestrzeń kosmiczną http://earthobservatory.nasa.gov/Features/EnergyBalance/page4.php . Zakres częstotliwości promieniowania podczerwonego kończy się dopiero przy dolnej granicy światła widzialnego – tuż poniżej koloru czerwonego. Wskazuje na to nawet nazwa tego zakresu – „pod czerwonym”. Cząsteczki wody szczególnie łatwo oscylują i rotują z częstotliwościami z zakresu podczerwieni. Satelity szpiegowskie mają zdolność wykrywania budynków, pojazdów czy nawet pojedynczych ludzi przez wykrywanie emisji podczerwonej obserwowanych obiektów. Moc takiej emisji jest proporcjonalna do czwartej potęgi temperatury bezwzględnej. Często używamy też lamp podczerwonych, włączając w to urządzenia nazywane grzejnikami kwarcowymi, do ogrzewania osób, ponieważ pochłaniamy promieniowanie podczerwone lepiej niż otoczenie. Piloty do telewizora, wieży stereo czy projektora najczęściej wykorzystują modulowaną wiązkę podczerwoną do transmisji danych. Jeśli jednak odbiornik nie znajduje się dokładnie na linii wiązki pilota, to nie będzie reagować. Dlatego też niektóre piloty wykorzystują transmisję z użyciem sygnału Bluetooth, aby pozbyć się tej niewygody. Światło widzialne Światło widzialne (ang. visible light ) to wąski fragment widma fal elektromagnetycznych pomiędzy 400 ⁢ nm a około 750 ⁢ nm , na które reaguje normalne ludzkie oko. Światło widzialne emitowane jest w wyniku wibracji i rotacji atomów i molekuł oraz w trakcie przejść elektronowych w atomach i molekułach. W związku z tym odbiorniki i detektory światła widzialnego w dużej mierze używają właśnie przejść elektronowych. Spośród fal tego zakresu najniższą częstotliwość i największą długość fali ma światło czerwone, podczas gdy światło fioletowe ma najwyższą częstotliwość i najmniejszą długość fali ( ). Promieniowanie ciała doskonale czarnego, którego przykładem jest promieniowanie słoneczne, ma największe natężenie właśnie w zakresie widzialnym. W przypadku Słońca, więcej energii promieniowania odpowiada barwie czerwonej niż fioletowej, co w efekcie daje żółtawy kolor światła słonecznego. Mały fragment widma fal elektromagnetycznych, które zawiera światło widzialne. Rozgraniczenia pomiędzy podczerwienią, światłem widzialnym i ultrafioletem nie są dobrze zdefiniowane, podobnie jak granice między siedmioma kolorami tęczy. Rośliny i zwierzęta wykształciły metody pozwalające na wykorzystanie części widma fal elektromagnetycznych, którymi są one otoczone. My możemy podziwiać piękno natury poprzez światło widzialne, ale rośliny są jeszcze bardziej selektywne w wykorzystaniu fal elektromagnetycznych. Proces fotosyntezy wykorzystuje jedynie część widma światła widzialnego do produkcji cukrów. Promieniowanie ultrafioletowe Częstotliwości promieniowania ultrafioletowego (UV, ang. ultraviolet radiation ), zwanego też po polsku nadfioletowym, rozciągają się powyżej fioletu, czyli fali o największej częstotliwości w paśmie widzialnym. „Najwyższe” fragmenty tego pasma pokrywają się częściowo z niskoczęstotliwościowymi promieniami X. Długości fal ultrafioletowych zamykają się w zakresie od około 400 ⁢ nm do około 10 ⁢ nm przy najwyższych częstotliwościach. Promieniowanie ultrafioletowe wytwarzane jest w wyniku przejść elektronowych w atomach, jonach i cząsteczkach, a także w periodycznych strukturach pola magnetycznego. Promieniowanie UV emitowane przez Słońce jest często dzielone na trzy podzakresy: UV-A ( 320 ⁢ nm – 400 ⁢ nm ), UV-B ( 290 ⁢ nm – 320 ⁢ nm ) i UV-C ( 220 ⁢ nm – 290 ⁢ nm ). Większość promieniowania UV-B i UV-C jest absorbowana przez cząsteczki ozonu (O 3 ) w górnych warstwach atmosfery (warstwa ozonowa). Z tego powodu prawie 99 ⁢ % promieniowania UV docierającego do powierzchni Ziemi to promieniowanie UV-A. Oparzenia słoneczne są z kolei spowodowane przez dużą ekspozycję na promieniowanie UV-B i UV-C, a wielokrotna ekspozycja na te typy promieniowania zwiększa ryzyko wystąpienia raka skóry. Opalenizna jest tak naprawdę odpowiedzią obronną ludzkiego organizmu, która polega na wytworzeniu pod naskórkiem pigmentu, osłaniającego przed promieniowaniem leżące pod nim komórki. Jak pokazywaliśmy w poprzednim rozdziale, im mniejsza długość fali, tym większa jest zmiana energii atomu lub cząsteczki, gdy taką falę absorbują. Powoduje to, że krótkofalowe promieniowanie UV (UV-B i UV-C) jest szkodliwe dla komórek organicznych. Wyjaśnia to też, dlaczego promieniowanie UV częściej niż światło widzialne wywołuje świecenie niektórych materiałów, czyli fluorescencję. Oczywiście poza negatywnymi skutkami ekspozycji na promieniowanie ultrafioletowe, są też skutki jak najbardziej pozytywne, zarówno w naturze, jak i w zastosowaniach w technologii. Produkcja witaminy D w skórze pobudzana jest przez promienie UV-B znajdujące się w świetle słonecznym. Wyniki badań naukowych wskazują, że niedobór witaminy D może być powiązany z rozwojem kilku rodzajów raka (m.in. prostaty, piersi i okrężnicy) i osteoporozy, a także krzywicy u dzieci. Promieniowanie ultrafioletowe o niewielkim natężeniu jest często stosowane do wywoływania fluorescencji w specjalnych barwnikach, które używane są na przykład jako forma zabezpieczenia banknotów przed fałszerstwem. Promienie X Promienie X (ang. X-ray ) (promienie Röntgena) mają długości fal od 10 − 8 ⁢ m do 10 − 12 ⁢ m . Są to fale o mniejszej długości i większej częstotliwości niż pasmo ultrafioletu. Z tego powodu energia przenoszona przez te fale jest większa niż w przypadku promieni UV. Przez to promienie X są bardzo szkodliwe dla żywych tkanek, przy czym są bardziej przenikliwe od promieniowania UV, które zatrzymuje się w większości na skórze. Promienie X mogą powodować zarówno raka, jak i zmiany genetyczne. Jednak ze względu na ich oddziaływanie na szybko dzielące się komórki są one często wykorzystywane do terapii antyrakowych. Największe zastosowanie promienie X znalazły w diagnostyce medycznej, a dokładniej – w obrazowaniu obiektów, które są nieprzezroczyste dla światła widzialnego, np. ludzkiego ciała. W przypadku konieczności prześwietlenia tkanek żywych każdorazowo ostrożnie porównuje się ryzyko uszkodzenia tkanek z korzyściami wynikającymi z uzyskania informacji diagnostycznych. Promienie gamma Niedługo po odkryciu zjawiska radioaktywności (w 1896 roku) odkryto również, że istnieją co najmniej 3 różne typy promieniowania jądrowego, które nazwano promieniami alfa, beta i gamma. Najbardziej przenikliwe promieniowanie jądrowe, czyli promienie γ (ang. gamma ray ), okazało się wysokoczęstotliwościowymi falami elektromagnetycznymi. Niższe zakresy częstotliwości promieniowania gamma pokrywają się częściowo z wyższymi zakresami częstotliwości promieni X. Promienie γ mają dokładnie te same własności co promienie X o tej samej częstotliwości, różnią się jedynie źródłem wytwarzania promieniowania. Określenie „promieniowanie gamma” jest używane na ogół dla każdego promieniowania elektromagnetycznego emitowanego z jąder atomowych, podczas gdy „promienie X” wytwarzane są zazwyczaj przez bombardowanie jąder atomowych wysokoenergetycznymi elektronami wewnątrz lampy rentgenowskiej. Im wyższa częstotliwość promieni γ , tym bardziej są one przenikliwe i niszczące dla żywych tkanek. Promieniowanie gamma ma wiele zastosowań identycznych z promieniami X, np. terapie rakowe. Promienie γ wysyłane przez substancje promieniotwórcze są używane w medycynie nuklearnej. Użyj tej symulacji , żeby zobaczyć, jak światło oddziałuje z cząsteczkami w ziemskiej atmosferze, jak absorpcja światła zależy od cząsteczki i rodzaju światła, jak powiązana jest energia światła i wywołany nim ruch cząsteczek, jak zwiększa się energia fal od mikrofal do ultrafioletu, i spróbuj przewidzieć ruch molekuł w zależności od rodzaju światła, jakie one absorbują. Sprawdź, czy rozumiesz. Czym różnią się od siebie różne rodzaje fal elektromagnetycznych? Mieszczą się w różnych zakresach długości fali, a więc także w odpowiednio różnych zakresach częstotliwości. Podsumowanie Relacja pomiędzy prędkością rozchodzenia się, długością fali i częstotliwością ma postać v = f ⁢ λ dla każdej fali, a dla fal elektromagnetycznych przyjmuje postać c = f ⁢ λ , gdzie c jest prędkością światła. Widmo fal elektromagnetycznych jest podzielone na wiele kategorii i podkategorii ze względu na częstotliwość, długość fali, źródło i zastosowania fal elektromagnetycznych. Najważniejsze wzory Prąd przesunięcia i p = ε 0 ⁢ d Φ E d t Prawo Gaussa ∯ E → ⋅ d S → = q ε 0 Prawo Gaussa dla magnetyzmu ∯ B → ⋅ d S → = 0 Prawo Faradaya ∮ E → ⋅ d l → = − d Φ B d t Prawo Ampère’a-Maxwella ∮ B → ⋅ d l → = μ 0 ⁢ i + ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ d Φ E d t Równanie falowe elektromagnetycznej fali płaskiej ∂ 2 E y ∂ x 2 = ε 0 ⁢ μ 0 ⁢ ∂ 2 E y ∂ t 2 Prędkość fali elektromagnetycznej c = 1 ε 0 ⁢ μ 0 Stosunek natężeń pól E i B c = E B Wektor Poyntinga (wektor gęstości strumienia energii) S → = 1 μ 0 ⁢ E → × B → Średnie natężenie fali elektromagnetycznej I = S śr = c ⁢ ε 0 ⁢ E 0 2 2 = c ⁢ B 0 2 2 ⁢ μ 0 = E 0 ⁢ B 0 2 ⁢ μ 0 Ciśnienie promieniowania p = { I / c Idealny absorber 2 I / c Idealne zwierciadło Pytania Porównaj prędkość, długość fali i częstotliwość fal radiowych i promieni X przemieszczających się w próżni. Przyspieszające ładunki emitują fale elektromagnetyczne. Jak odnosi się to do fal radiowych; promieniowania podczerwonego? a. Fale radiowe zazwyczaj są wytwarzane przez prąd zmienny płynący w przewodzie albo przez oscylujące pole elektryczne pomiędzy dwiema okładkami; b. Promieniowanie podczerwone wytwarzane jest najczęściej przez rozgrzane obiekty, w których atomy i ładunki oscylują z odpowiednią częstotliwością. Porównaj i rozróżnij znaczenie przedrostka „mikro” w układzie jednostek SI i w nazwie „mikrofale”. Część światła przenikającego przez atmosferę jest rozpraszana we wszystkich kierunkach przez cząsteczki w niej się znajdujące. Długości fal światła widzialnego są większe niż rozmiary molekuł, a rozpraszanie jest tym silniejsze, im długość fali bliższa rozmiarowi cząsteczek. Który kolor jest najsilniej rozpraszany? Wyjaśnij, dlaczego ten proces daje niebu znajomy kolor w ciągu dnia. a. Niebieski i fioletowy; b. Fale dłuższe od niebieskich rozpraszane są w powietrzu słabiej, podczas gdy fale niebieskie i fioletowe rozpraszane są silnie we wszystkich kierunkach, nadając niebu niebieski kolor. Gdy wyjmujemy miskę zupy z kuchenki mikrofalowej, zupa jest gorąca, podczas gdy miska jest jedynie ciepła w dotyku. Przedyskutuj tę różnicę temperatur w kategoriach przekazywania energii. Pewne orientacje anteny telewizyjnej dają lepszy odbiór sygnału niż inne. Wyjaśnij dlaczego. Antena reaguje mocniej na sygnały, gdy druty, z których jest zbudowana, zorientowane są równolegle do oscylującego pola elektrycznego fali radiowej. Jaka własność światła odpowiada głośności dźwięku fal akustycznych? Czy światło widzialne jest dominującym zakresem widma fal elektromagnetycznych? Nie, jest to bardzo wąski, niewielki tylko fragment całego widma elektromagnetycznego. Czy ciało ludzkie jest zdolne do wykrywania promieniowania elektromagnetycznego spoza zakresu światła widzialnego? Fale radiowe mają zazwyczaj ściśle zdefiniowane kierunki oscylacji wektorów E → i B → . Dla światła kierunki oscylacji pola E → i B → są losowe i szybko się zmieniają, pozostając jednak prostopadłe do siebie nawzajem i kierunku rozchodzenia się. Możesz wyjaśnić dlaczego? Światło widzialne jest zazwyczaj wytwarzane przez zmiany energii elektronów w losowo zorientowanych atomach i molekułach. Fale radiowe są wytwarzane przez prąd zmienny płynący w stabilnym i zamocowanym przewodzie, wytwarzający pole elektryczne o konkretnym kierunku. Podaj przykład wykorzystania rezonansu w odbiorze fal elektromagnetycznych. Pokaż, że rozmiary najmniejszych detali, które można zaobserwować przy pomocy fal elektromagnetycznych, są powiązane z długością tych fal. Możesz to zrobić przez porównanie rozmiarów najmniejszych detali obserwowanych w dwóch różnych zakresach (np. światła widzialnego i mikrofal). Radary mogą obserwować obiekty rozmiarów samolotu przy użyciu fal radiowych o długości około 0,5 ⁢ cm . Światło widzialne może służyć do obserwacji pojedynczych komórek biologicznych i ma długość fal równą około 10 − 7 ⁢ m . W jakim zakresie fal elektromagnetycznych znajduje się fala f = 10 ⁢ kHz ; λ = 750 ⁢ nm ; f = 1,25 ⋅ 10 8 ⁢ Hz ; λ = 0,3 ⁢ nm ? Na jaki zakres widma fal elektromagnetycznych przypadają fale emitowane przez 50-hercowe linie przesyłowe? Fale radiowe o skrajnie niskich częstotliwościach – ELF. Gdyby kuchenki mikrofalowe mogły być dostrojone tak, by emitowały promieniowanie podczerwone zamiast mikrofalowego, jak wpłynęłoby to na problem nierównomiernego grzania w takiej kuchence? „Przeciekająca” (wypuszczająca ze środka mikrofale) kuchenka mikrofalowa może czasami powodować zakłócenia domowej sieci WiFi. Dlaczego? Częstotliwość 2,45 ⁢ GHz pracy kuchenki mikrofalowej jest zbliżona do częstości 2,4 ⁢ GHz pracy sieci WiFi. Gdy prezenter prowadzący program informacyjny rozmawia z korespondentem znajdującym się w odległym kraju, często da się zaobserwować pewne opóźnienie w rozmowie. Wyjaśnij, co powoduje to opóźnienie. Zadania Ile atomów helu o promieniu równym około 31 ⁢ pm należy umieścić obok siebie, by utworzył się łańcuch o długości pojedynczej fali światła niebieskiego, równej 470 ⁢ nm ? Jeśli chcesz zaobserwować detale porównywalne z rozmiarami atomów (około 0,2 ⁢ nm ) przy użyciu fal elektromagnetycznych, musisz zastosować fale o podobnej długości. Jaka będzie częstotliwość takich fal? Jaki to będzie rodzaj fal elektromagnetycznych? a. 1,5 ⋅ 10 18 ⁢ Hz ; b. Promienie X. Znajdź zakres częstotliwości światła widzialnego, zakładając, że jego długości obejmują zakres od 380 ⁢ nm do 760 ⁢ nm . Oblicz zakres długości radiowych fal AM przy założeniu, że pasmo to zawiera się pomiędzy 540 ⁢ kHz a 1600 ⁢ kHz ; Wykonaj identyczne obliczenia dla radiowych fal FM o zakresie częstotliwości od 88 ⁢ MHz do 108 ⁢ MHz . a. Długości fali mieszczą się w zakresie od 187 ⁢ m do 556 ⁢ m ; b. Długości fali mieszczą się w zakresie od 2,78 ⁢ m do 3,41 ⁢ m . Radiostacja WWVB jest położna w Fort Collins, w stanie Kolorado, i obsługiwana jest przez Narodowy Instytut Standaryzacji i Technologii (NIST, National Institute of Standards and Technology ). Nadaje ona sygnał synchronizacji czasu o częstotliwości 60 ⁢ kHz , a zasięgiem pokrywa całe kontynentalne Stany Zjednoczone. Sygnał synchronizacji dostrajany jest przy użyciu zestawu zegarów atomowych z dokładnością do 10 − 12 ⁢ s i powtarzany dokładnie co minutę. Jest on używany przez różne urządzenia, jak np. zegary radiowe, które automatycznie się z nim synchronizują. Długofalowy sygnał radiostacji WWVB rozchodzi się blisko powierzchni Ziemi. Oblicz długość fali nadawanej przez WWVB; Oszacuj błąd spowodowany czasem rozchodzenia się sygnału przy synchronizacji zegarka radiowego w Norfolk w stanie Wirginia, oddalonym o 2527 ⁢ km od WWVB. Zewnętrzny ruter WiFi nadaje sygnał o mocy 100 ⁢ mW i zasięgu około 30 ⁢ m . Ile musiałaby wynosić moc sygnału, aby zasięg zmniejszył się do 12 ⁢ m , zakładając, że odbiornik sygnału pozostaje ten sam? Załóż, że sygnał nie napotyka żadnych przeszkód, a mikrofale emitowane w kierunku gruntu są przezeń absorbowane. P ′ = 12 ⁢ m ∕ 30 ⁢ m 2 ⋅ 100 ⁢ mW = 16 ⁢ mW . Przedrostki „mega” ( M ) i „kilo” ( k ) w odniesieniu do wielkości informatycznych mówią o mnożnikach 2 10 ( 1024 ) zamiast zwyczajowego 1000 dla „kilo” i 2 20 ( 1024 2 ) zamiast 1 000 000 dla „mega”. Jeśli ruter WiFi ma transfer o szybkości 150 ⁢ Mb ∕ s \\SI{150}{\\mega\\bajt\\per\\second} , ile to jest bitów na sekundę w systemie dziesiętnym? Użytkownik dowiedział się, że jego ruter WiFi ma szybkość transmisji danych równą 75 ⁢ Mb ∕ s \\SI{75}{\\mega\\bajt\\per\\second} (megabitów na sekundę). Porównaj średni czas transmisji pojedynczego bitu danych z czasem potrzebnym na przesłanie sygnału do odbiornika przez odbicie sygnału od ściany znajdującej się 8 ⁢ m za odbiornikiem. Czas transmisji jednego bitu wynosi 1,27 ⋅ 10 − 8 ⁢ s , a różnica czasów wynosi 2,67 ⋅ 10 − 8 ⁢ s . Idealna długość (odpowiadająca największej wydajności) anteny nadawczej o jednym końcu umieszczonym na ziemi jest równa ćwiartce długości nadawanej fali ( λ ∕ 4 ). Jeśli radiostacja wyposażona jest w taką antenę o wysokości 50 ⁢ m , to jakie fale nadawane są z największą wydajnością? Czy jest to pasmo AM, czy FM? Przedyskutuj podobieństwa pomiędzy tonem podstawowym kolumny powietrza zamkniętej z jednej strony a rezonansem prądów w antenie o długości λ ∕ 4 . Ile wynoszą długości fal promieni X o częstotliwości 2 ⋅ 10 17 ⁢ Hz ; światła żółtego o częstotliwości 5,1 ⋅ 10 14 ⁢ Hz ; promieni γ o częstotliwości 10 23 ⁢ Hz ? a. 1,5 ⋅ 10 − 9 ⁢ m ; b. 5,9 ⋅ 10 − 7 ⁢ m ; c. 3 ⋅ 10 − 15 ⁢ m . Ile wynoszą f f , ω i k dla czerwonego światła o λ = 660 ⁢ nm ? Nadajnik radiowy emituje płaskie fale elektromagnetyczne, dla których amplituda natężenia pola elektrycznego w pewnym miejscu jest równa 1,55 ⋅ 10 − 3 ⁢ V ∕ m . Ile wynosi amplituda indukcji pola magnetycznego, związanego z falami w tym miejscu? Jaka jest to wielkość w porównaniu z ziemskim polem magnetycznym? Amplituda pola jest równa 5,17 ⋅ 10 − 12 ⁢ T , a więc jest dużo mniejsza od stałego pola geomagnetycznego o wartości 25 ⁢ µT - 35 ⁢ µT . Dwie częstotliwości mikrofal zostały zatwierdzone do użycia w kuchenkach mikrofalowych: 915 ⁢ MHz i 2450 ⁢ MHz . Wyznacz długości mikrofal wytwarzanych przez te kuchenki; Dla której z podanych częstotliwości odległości między punktami, w których umieszczona w kuchence żywność jest grzana, są mniejsze? W czasie swojej normalnej pracy ludzkie serce wytwarza maksymalną różnicę potencjałów 4 ⁢ mV między punktami leżącymi wzdłuż klatki piersiowej, oddalonymi od siebie o 0,3 ⁢ m , co powoduje wytworzenie się fali elektromagnetyczej o częstotliwości 1 ⁢ Hz . Ile wynosi amplituda natężenia pola elektrycznego wytworzonej fali? Ile wynosi amplituda natężenia pola magnetycznego wytworzonej fali? Jaka jest długość tej fali? a. 1,33 ⋅ 10 − 2 ⁢ V ∕ m ; b. 4,34 ⋅ 10 − 11 ⁢ T ; c. 3 ⋅ 10 8 ⁢ m . Odległości kosmiczne są często wyrażane za pomocą lat świetlnych, czyli odległości, jaką przebywa światło w ciągu jednego roku. Ile metrów ma 1 rok świetlny? Ile wynosi odległość od najbliższej dużej galaktyki – Andromedy wyrażona w metrach, jeśli równa się ona 2,54 ⋅ 10 6 lat świetlnych? Najbardziej oddalona z odkrytych galaktyk znajduje się w odległości 13,4 ⋅ 10 9 lat świetlnych od Ziemi. Ile to metrów? Pewna linia przesyłowa prądu o częstotliwości 60 ⁢ Hz emituje fale elektromagnetyczne o amplitudzie pola elektrycznego równej 13 ⁢ kV ∕ m . Ile jest równa długość tej fali? Jakiego rodzaju jest to promieniowanie elektromagnetyczne? Ile wynosi amplituda natężenia pola magnetycznego dla tej fali? a. 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ; b. Fale radiowe; c. 4,33 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Jaka jest częstotliwość fali ultrafioletowej o długości 193 ⁢ nm , używanej w laserowej chirurgii oka? Zakładając, że dokładność, z jaką promieniowanie elektromagnetyczne może wypalać rogówkę, jest wprost proporcjonalna do długości fali, ile razy bardziej dokładne jest używane promieniowanie UV od światła o najkrótszej długości fali widzianej przez oko? Zadania dodatkowe Pole elektryczne skierowane jest wzdłuż osi x , a jego natężenie zmienia się według wzoru E x = 10 ⁢ N ∕ C ⋅ sin 20 ⁢ x − 500 ⁢ t , E y = E z = 0 ⁢ N ∕ C gdzie t wyrażone jest w nanosekundach, a x w centymetrach. Znajdź wartość natężenia prądu przesunięcia wewnątrz okręgu o promieniu 3 ⁢ cm na płaszczyźnie x = 0 ⁢ cm w chwili t = 0 ⁢ s . i p = 10 ⁢ N ∕ C ⋅ 8,845 ⋅ 10 − 12 ⁢ C 2 ∕ N ⁢ m 2 ⋅ π ⋅ 0,03 ⁢ m 2 ⋅ 5000 = 1,25 ⋅ 10 − 5 ⁢ mA . W kuchence mikrofalowej używa się fal elektromagnetycznych o częstotliwości f = 2,45 ⋅ 10 9 ⁢ Hz do podgrzewania jedzenia. Fale odbijają się od wewnętrznej ściany kuchenki i powstaje fala stojąca, której strzałki odpowiadają punktom o najwyższej temperaturze, w których – w pewnych produktach – pojawiają się widoczne wgłębienia. Zmierzona odległość pomiędzy tymi punktami wyniosła 6 ⁢ cm . Stosując metodę użytą przez Heinricha Hertza, oblicz prędkość fali elektromagnetycznej. Użyj Dodatku D do dwóch kolejnych zadań. Galileusz zaproponował metodę pomiaru prędkości światła, w której on sam i jego asystent, wyposażeni w źródła światła, oddalili się od siebie na znaną odległość. Początkowo oba źródła światła były zasłonięte. Następnie Galileusz miał odsłonić swoje źródło, a asystent swoje natychmiast, gdy zobaczy światło Galileusza. Wystarczyło jedynie wyznaczyć opóźnienie rejestracji sygnału dokonanej przez Galileusza. Jak daleko od Galileusza musiałby się znajdować asystent, aby opóźnienie to było równe czasowi reakcji człowieka, czyli około 0,25 ⁢ s ? 6 ⋅ 10 5 ⁢ km , czyli znacznie więcej niż wynosi obwód równikowy Ziemi. Udowodnij, że jednowymiarowe równanie falowe ∂ 2 f ∂ x 2 = 1 v 2 ⋅ ∂ 2 f ∂ t 2 jest spełnione dla każdej funkcji postaci f ⁡ x ± v ⁢ t . Kuchenka mikrofalowa, nastawiona na pracę przy najwyższej mocy, podgrzewa 0,4 ⁢ kg spaghetti o 45 ⁢ ° C w czasie 120 ⁢ s . Jaka jest szybkość pochłaniania energii przez spaghetti, jeśli jego ciepło właściwe wynosi 3,76 ⋅ 10 3 ⁢ J ∕ kg ⁢ ° C ? Załóż, że spaghetti całkowicie pochłania promieniowanie; Oblicz średnie natężenie mikrofal przy założeniu, że są absorbowane na powierzchni o kształcie koła o średnicy 20 ⁢ cm ; Ile wynosi amplituda natężenia pola elektrycznego w tej kuchence? Ile wynosi amplituda natężenia pola magnetycznego w tej kuchence? a. 564 ⁢ W ; b. 1,8 ⋅ 10 4 ⁢ W ∕ m 2 ; c. 3,68 ⋅ 10 3 ⁢ V ∕ m ; d. 1,23 ⋅ 10 − 5 ⁢ T . Pewna kuchenka mikrofalowa emituje 1 ⁢ kW mikrofal na powierzchnię o wymiarach 30 ⁢ cm na 40 ⁢ cm . Jakie jest natężenie tych mikrofal wyrażone w W ∕ m 2 ? Oblicz amplitudę natężenia pola elektrycznego E 0 dla tych fal; Ile wynosi amplituda indukcji magnetycznej B 0 ? Promieniowanie elektromagnetyczne emitowane przez laser o mocy 5 ⁢ W skupiono na powierzchni o polu równym 1 ⁢ mm 2 . Jakie jest natężenie tego promieniowania wyrażone w W ∕ m 2 ? Załóż, że w wiązce umieszczono ładunek elektryczny o wartości 2 ⁢ nC . Jakiej maksymalnej siły elektrycznej doświadczy ten ładunek? Jeśli ładunek ten będzie poruszał się z prędkością 400 ⁢ m ∕ s , to jaka jest maksymalna wartość siły magnetycznej działającej na ten ładunek? a. 5 ⋅ 10 3 ⁢ W ∕ m 2 ; b. 3,88 ⋅ 10 − 6 ⁢ N ; c. 5,18 ⋅ 10 − 12 ⁢ N . 200-zwojowa cewka o promieniu 30 ⁢ cm jest używana jako antena dla fal radiowych FM o częstotliwości 100 ⁢ MHz . Pole magnetyczne odbieranych fal elektromagnetycznych jest prostopadłe do cewki i ma amplitudę równą 10 − 12 ⁢ T . Jaka moc jest przekazywana do cewki? Jaka średnia SEM indukowana jest w cewce w czasie równym 1 ∕ 4 cyklu? Jeśli odbiornik radiowy ma indukcyjność równą 2,5 ⁢ µH , to jaką musi mieć wartość pojemności, by rezonować przy częstotliwości 100 ⁢ MHz ? Pewne źródło fal elektromagnetycznych emituje fale jednakowo w każdym kierunku, bez odbić i absorpcji. Wykaż, że natężenie jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości od źródła; Wykaż, że amplitudy natężeń pól elektrycznego i magnetycznego są odwrotnie proporcjonalne do odległości od źródła. a. I = P ∕ A = P ∕ 4 ⁢ π ⁢ r 2 ∝ 1 ∕ r 2 ; b. I ∝ E 0 2 , B 0 2 ⇒ E 0 2 , B 0 2 ∝ 1 ∕ r 2 ⇒ E 0 ⁢ , ⁢ B 0 ∝ 1 ∕ r . Radiostacja nadaje sygnał o mocy 50 ⁢ kW . Jakie będzie natężenie tego sygnału, jeśli zostanie on odebrany na planecie orbitującej wokół Proximy Centauri? Proxima Centauri jest najbliższą Słońcu inną gwiazdą i jest oddalona od niego o 4,243 \\num{4,243} lata świetlne. Wektor Poyntinga opisuje przepływ energii w obecności pola elektrycznego i magnetycznego. Rozważ długi cylindryczny przewód o promieniu r , przez który płynie prąd I przy oporze R i napięciu U . Wyprowadź wzór na wartość wektora Poyntinga na powierzchni przewodu, korzystając z wyrażeń na pole elektryczne wzdłuż przewodu i pole magnetyczne dookoła niego. Wykaż też, że wektor ten opisuje przepływ energii do przewodu z pól go otaczających i odpowiada za grzanie oporowe przewodu. Moc dostarczana do przewodu przez pole elektromagnetyczne wynosi ∬ S → ⋅ d A → = 1 ∕ μ 0 ⋅ E ⁢ B ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L = 1 ∕ μ 0 ⋅ U ∕ L ⋅ μ 0 ⁢ i ∕ 2 ⁢ π ⁢ r ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ L = i ⁢ U = i 2 ⁢ R . Natężenie promieniowania słonecznego padającego na Ziemię (czyli tzw. stała słoneczna) wynosi 1,37 ⁢ kW ∕ m 2 . Załóż, że padające światło jest całkowicie absorbowane (w rzeczywistości około 30 ⁢ % padającego światła jest odbijane z powrotem w kosmos). Oblicz całkowitą siłę, jaką promieniowanie słoneczne wywiera na Ziemię; Porównaj siłę z podpunktu (a) z siłą grawitacji pomiędzy Słońcem a Ziemią. Masa Ziemi równa jest 5,972 ⋅ 10 24 ⁢ kg . Jeśli pojazd LightSail zostałby wysłany z misją na Marsa, ile razy zmniejszyłaby się siła ciągu żagla słonecznego po dotarciu do Marsa? 0,431 . Astronauci programu Apollo zostawili na powierzchni Księżyca reflektor, od którego odbijana jest regularnie wiązka lasera. Na podstawie opóźnienia pomiędzy nadaniem sygnału a jego odbiorem mierzy się dokładnie odległość do Księżyca. Jaka jest dokładność takiego pomiaru wyrażona w metrach, jeśli możemy zmierzyć opóźnienie z dokładnością 0,1 ⁢ ns ? Jaka jest to dokładność wyrażona w procentach zmierzonej odległości, jeśli odległość ta wynosi 384 400 ⁢ km ? Radary wykorzystuje się do pomiarów odległości do różnych obiektów, używając pomiaru czasu pomiędzy nadaniem a odbiorem echa sygnału odbitego od obiektu. Jak daleko znajduje się planeta Wenus, jeśli czas pomiędzy nadaniem sygnału a odbiorem echa wynosi 1000 ⁢ s ? Ile wynosi czas odbioru echa dla samochodu oddalonego o 75 ⁢ m od nadajnika (popularny radar policyjny)? Z jaką dokładnością (w nanosekundach) musi być mierzony czas do odbioru echa, jeśli odległość od samolotu oddalonego o 12 ⁢ km mierzona jest z dokładnością 10 ⁢ m ? a. 1,5 ⋅ 10 11 ⁢ m ; b. 5 ⋅ 10 − 7 ⁢ s ; c. 33 ⁢ ns . Oblicz stosunek najwyższej do najniższej częstotliwości fal elektromagnetycznych, jakie może widzieć oko ludzkie. Załóż, że zakres widzialny zawarty jest pomiędzy 380 ⁢ nm a 760 ⁢ nm . (Dla porównania: taki stosunek dla fal dźwiękowych wykrywanych przez ludzkie ucho wynosi 1000 ). Porównaj ze sobą długość fali radia AM nadającego na częstotliwości 1030 ⁢ kHz z najniższym słyszalnym dla człowieka dźwiękiem (falą dźwiękową o częstotliwości 20 ⁢ Hz ). Prędkość dźwięku w powietrzu o temperaturze 20 ⁢ ° C wynosi około 343 ⁢ m ∕ s . Dźwięk: λ dźwięku = v s ∕ f = 343 ⁢ m ∕ s ∕ 20 ⁢ Hz = 17,2 ⁢ m , radio: λ radia = c ∕ f = 3 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s ∕ 1030 ⋅ 10 3 ⁢ Hz = 291 ⁢ m lub λ radia = 17,1 ⁢ λ dźwięku . Zadania trudniejsze Kondensator płaski, z płytkami rozdzielonymi warstwą powietrza o grubości d , jest podłączony do źródła SEM, które podaje zmienne w czasie napięcie u na płytki tego kondensatora. Płytki te są kołami o promieniu r 0 i polu powierzchni A = π ⁢ r 0 2 (patrz rysunek). Zapisz wyrażenie na szybkość zmian energii kondensatora wyrażone przez u i d u ∕ d t ; Zakładając, że u rośnie w czasie, ustal kierunek linii sił pola elektrycznego pomiędzy okładkami i pola magnetycznego na krawędzi obszaru pomiędzy płytkami, a następnie kierunek wektora Poyntinga S → w tym miejscu; Zapisz wyrażenie na zależne od czasu pole E ⁡ t , na pole B ⁡ t z użyciem prądu przesunięcia i wartość wektora Poyntinga na krawędzi obszaru pomiędzy płytkami; Korzystając z obliczonego S → , zapisz wzór na szybkość wnikania energii elektromagnetycznej do obszaru pomiędzy płytkami w funkcji u i d u ∕ d t ; Porównaj wyniki z podpunktów (a) i (b) i wyjaśnij powiązania między nimi. Cząstka pyłu kosmicznego ma gęstość ρ = 2 ⁢ g ∕ cm 3 . Zakładając, że cząstki pyłu są sferyczne, absorbują światło słoneczne i znajdują się w takiej samej odległości od Słońca co Ziemia, ustal, dla jakiego rozmiaru cząstki siła wywierana przez ciśnienie promieniowania Słońca byłaby równa sile grawitacji pomiędzy cząstką a Słońcem; Wyjaśnij, jak zmienia się stosunek sił, jeśli cząstka jest mniejsza; Wyjaśnij, co wynik z podpunktu (a) mówi o rozmiarach cząstek pyłu kosmicznego znajdującego się w wewnętrznym Układzie Słonecznym w porównaniu z cząstkami znajdującymi się na zewnątrz obłoku Oorta. 0,29 ⁢ µm , ciśnienie promieniowania jest większe od grawitacji Słońca, jeśli cząstka jest mniejsza, ponieważ siła grawitacji zmienia się proporcjonalnie do objętości cząstki, a więc do sześcianu jej promienia, podczas gdy ciśnienie promieniowania zmienia się proporcjonalnie do kwadratu promienia cząstki. promieniowanie gamma (ang. gamma ray ) promieniowanie elektromagnetyczne o bardzo wysokich częstotliwościach, które emitowane jest z jąder atomowych, albo wskutek naturalnych rozpadów radioaktywnych, albo w reaktorach i wybuchach jądrowych; niższe częstotliwości zakresu gamma pokrywają się z zakresem promieni X, ale promienie γ mogą osiągać największe częstotliwości ze wszystkich fal elektromagnetycznych promieniowanie podczerwone (ang. infrared radiation ) zakres spektrum fal elektromagnetycznych, rozciągający się od zakresu poniżej koloru czerwonego aż do zakresu mikrofal, czyli od 0,74 ⁢ µm do 300 ⁢ µm mikrofale (ang. microwaves ) fale elektromagnetyczne o długościach fal od 1 ⁢ mm do 1 ⁢ m ; mogą być wytwarzane przez prądy płynące w makroskopowych obwodach radar (ang. radar ) jedno z popularnych zastosowań mikrofal; przy pomocy radaru można wyznaczyć odległość do obiektów, takich jak chmury lub samoloty, a także ustalić prędkość jadącego samochodu lub określić intensywność burzy fale radiowe (ang. radio waves ) fale elektromagnetyczne o długościach od 1 ⁢ mm do 100 ⁢ km ; wytwarzane są przez prądy płynące w obwodach elektrycznych i przez zjawiska astronomiczne wzbudzenie termiczne (ang. thermal agitation ) ruchy termiczne atomów i cząsteczek w ciele o temperaturze powyżej zera absolutnego, które powodują emisję i absorpcję promieniowania promieniowanie ultrafioletowe (ang. ultraviolet radiation ) promieniowanie elektromagnetyczne o zakresie od fioletu do promieniowania X, o długościach fal od 400 ⁢ nm do około 10 ⁢ nm światło widzialne (ang. visible light ) wąski fragment widma fal elektromagnetycznych, które ludzkie oko umie wykrywać, o długościach fal od około 400 ⁢ nm do 750 ⁢ nm promieniowanie X (ang. X-ray ) niewidzialna i przenikliwa forma promieniowania elektromagnetycznego; zakres ten nachodzi zarówno na zakres ultrafioletu, jak i promieniowania gamma", "section": "Widmo promieniowania elektromagnetycznego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Jednostki Jednostki stosowane w fizyce (jednostki podstawowe wyróżniono tłustym drukiem) Wielkość fizyczna Symbol Jednostka Wymiar jednostki (za pomocą jednostek podstawowych) Przyspieszenie a → \\vec a m ∕ s 2 \\si{\\metre\\per\\second\\squared} m ∕ s 2 \\si{\\metre\\per\\second\\squared} Liczność materii n n mol mol \\si{\\mole} Kąt θ ϕ φ \\theta , \\phi, \\varphi radian ( rad \\si{\\radian} ) Przyspieszenie kątowe ε → \\vec{\\epsilon} rad ∕ s 2 \\si{\\radian\\per\\second\\squared} s -2 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second\\squared} Częstość kołowa ω \\omega rad ∕ s \\si{\\radian\\per\\second} s -1 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second} Moment pędu L → \\vec L kg ⋅ m 2 ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second} kg ⋅ m 2 ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second} Prędkość kątowa ω → \\vec{\\omega} rad ∕ s \\si{\\radian\\per\\second} s -1 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second} Pole powierzchni A S A, S m 2 \\si{\\metre\\squared} m 2 \\si{\\metre\\squared} Liczba atomowa Z Z Pojemność elektryczna C c C, c farad ( F \\si{\\farad} ) A 2 ⋅ s 4 ∕ kg ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\squared\\second\\four\\per\\kilo\\gram\\per\\metre\\squared} Ładunek elektryczny q Q e q,Q,e kulomb ( C \\si{\\coulomb} ) A ⋅ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second} Gęstość ładunku: liniowa λ \\lambda C ∕ m \\si{\\coulomb\\per\\metre} A ⋅ s ∕ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\per\\metre} powierzchniowa σ \\sigma C ∕ m 2 \\si{\\coulomb\\per\\metre\\squared} A ⋅ s ∕ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\per\\metre\\squared} objętościowa ρ \\rho C ∕ m 3 \\si{\\coulomb\\per\\metre\\cubed} A ⋅ s ∕ m 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\per\\metre\\cubed} Przewodność elektryczna właściwa σ \\sigma Ω -1 ⋅ m -1 \\si[per-mode=reciprocal, inter-unit-product = ⋅]{\\per\\ohm\\per\\metre} A 2 ⋅ s 3 ∕ kg ⋅ m 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\squared\\second\\cubed\\per\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} Natężenie prądu I i I, i amper A \\si{\\ampere} Gęstość prądu J → A ∕ m 2 \\si{\\ampere\\per\\metre\\squared} A ∕ m 2 \\si{\\ampere\\per\\metre\\squared} Gęstość ρ \\rho kg ∕ m 3 \\si{\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} kg ∕ m 3 \\si{\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} Względna przenikalność elektryczna ε r \\epsilon_{\\text{r}} Moment dipolowy p → C ⋅ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\coulomb\\metre} A ⋅ s ⋅ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\metre} Natężenie pola elektrycznego E → \\vec E N ∕ C \\si{\\newton\\per\\coulomb} kg ⋅ m ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Strumień elektryczny Φ E \\mathrm{Φ}_E N ⋅ m 2 ∕ C \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} kg ⋅ m 3 ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\cubed\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Siła elektromotoryczna ε \\epsilon wolt ( V \\si{\\volt} ) kg ⋅ m 2 ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Energia E E k E p U E, E_{\\text{k}}, E_{\\text{p}}, U dżul ( J \\si{\\joule} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared} Entropia S S J ∕ K \\si{\\joule\\per\\kelvin} kg ⋅ m 2 ∕ s 2 ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared\\per\\kelvin} Siła F → \\vec F niuton ( N \\si{\\newton} ) kg ⋅ m ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\second\\squared} Częstotliwość f ν f, \\nu herc ( Hz \\si{\\hertz} ) s -1 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second} Ciepło Q Q dżul ( J \\si{\\joule} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared} Indukcyjność L L henr ( H \\si{\\henry} ) kg ⋅ m 2 ∕ A 2 ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\squared\\per\\second\\squared} Długość: l L l, L metr m \\si{\\metre} Przemieszczenie Δ x Δ r → \\prefop{\\Delta} x, \\prefop{\\Delta} \\vec r odległość d h d, h położenie x y z r → x, y, z, \\vec r Moment magnetyczny μ → \\vec{\\mu} J ∕ T \\si{\\joule\\per\\tesla} A ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\metre\\squared} Indukcja magnetyczna B → \\vec B tesla ( T = Wb ∕ m 2 \\si{\\tesla} = \\si{\\weber\\per\\metre\\squared} ) kg ∕ A ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\per\\ampere\\per\\second\\squared} Strumień indukcji mangnetycznej Φ B \\mathrm{Φ}_B weber ( Wb \\si{\\weber} ) kg ⋅ m 2 ∕ A ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\per\\second\\squared} Masa m M m, M kilogram kg \\si{\\kilo\\gram} Molowe ciepło właściwe C C J ∕ mol ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\joule\\per\\mole\\per\\kelvin} kg ⋅ m 2 ∕ s 2 ⋅ mol ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared\\per\\mole\\per\\kelvin} Moment bezwładności I I kg ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared} kg ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared} Pęd p → \\vec p kg ⋅ m ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\second} kg ⋅ m ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\second} Okres T T s \\si{\\second} s \\si{\\second} Przenikalność magnetyczna próżni μ 0 \\mu_0 N ∕ A 2 = H ∕ m \\si{\\newton\\per\\ampere\\squared} = \\si{\\henry\\per\\metre} kg ⋅ m ∕ A 2 ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\ampere\\squared\\per\\second\\squared} Przenikalność elektryczna próżni ε 0 \\epsilon_0 C 2 ∕ N ⋅ m 2 = F ∕ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\coulomb\\squared\\per\\newton\\per\\metre\\squared} = \\si{\\farad\\per\\metre} A 2 ⋅ s 4 ∕ kg ⋅ m 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\squared\\second\\four\\per\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} Potencjał V V wolt ( V = J ∕ C \\si{\\volt} = \\si{\\joule\\per\\coulomb} ) kg ⋅ m 2 ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Moc P P wat ( W = J ∕ s \\si{\\watt} = \\si{\\joule\\per\\second} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\cubed} Ciśnienie p p paskal ( Pa = N ∕ m 2 \\si{\\pascal} = \\si{\\newton\\per\\metre\\squared} ) kg ∕ m ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\per\\metre\\per\\second\\squared} Opór R R om ( Ω = V ∕ A \\si{\\ohm} = \\si{\\volt\\per\\ampere} ) kg ⋅ m 2 ∕ A 2 ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\squared\\per\\second\\cubed} ciepło właściwe c c J ∕ kg ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\kelvin} m 2 ∕ s 2 ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\metre\\squared\\per\\second\\squared\\per\\kelvin} Szybkość v v m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} Temperatura T T kelwin K \\si{\\kelvin} Czas t t sekunda s \\si{\\second} Moment siły M → \\vec{M} N ⋅ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre} kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared} Prędkość v → \\vec v m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} Objętość V V m 3 \\si{\\metre\\cubed} m 3 \\si{\\metre\\cubed} Długość fali λ \\lambda m \\si{\\metre} m \\si{\\metre} Praca W W dżul ( J = N ⋅ m \\si{\\joule} = \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared}", "section": "Jednostki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Przeliczanie jednostek Jednostki długości m cm km 1 metr 1 10 2 10 − 3 1 centymetr 10 − 2 1 10 − 5 1 kilometr 10 3 10 5 1 1 cal 2,540 ⋅ 10 − 2 2,540 2,540 ⋅ 10 − 5 1 stopa 0,3048 30,48 3,048 ⋅ 10 − 4 1 mila 1609 1,609 ⋅ 10 5 1,609 1 angstrem 10 − 10 10 − 8 10 − 13 1 fermi 10 − 15 10 − 13 10 − 18 1 rok świetlny 9,460 ⋅ 10 17 9,460 ⋅ 10 12 9,460 ⋅ 10 15 cal stopa mi 1 metr 39,37 3,281 6,214 ⋅ 10 − 4 1 centymetr 0,3937 3,281 ⋅ 10 − 2 6,214 ⋅ 10 − 6 1 kilometr 3,937 ⋅ 10 4 3,281 ⋅ 10 3 0,6214 1 cal 1 8,333 ⋅ 10 − 2 1,578 ⋅ 10 − 5 1 stopa 12 1 1,894 ⋅ 10 − 4 1 mila 6,336 ⋅ 10 4 5280 1 Powierzchnia 1 cm 2 = 0,155 cala 2 1 m 2 = 10 4 cm 2 = 10,76 stopy 2 1 cal 2 = 6,452 cm 2 1 stopa 2 = 144 cale 2 = 0,0929 m 2 Objętość 1 litr = 1000 cm 3 = 10 −3 m 3 = 0,03531 stopy 3 = 61,02 cala 3 1 stopa 3 = 0,02832 m 3 = 28,32 litr = 7,477 galon USA 1 g a l o n U S A = 3,788 l i t r Jednostki czasu s min h dzień rok 1 sekunda 1 1,667 ⋅ 10 − 2 2,778 ⋅ 10 − 4 1,157 ⋅ 10 − 5 3,169 ⋅ 10 − 8 1 minuta 60 1 1,667 ⋅ 10 − 2 6,944 ⋅ 10 − 4 1,901 ⋅ 10 − 6 1 godzina 3600 60 1 4,167 ⋅ 10 − 2 1,141 ⋅ 10 − 4 1 dzień 8,640 ⋅ 10 4 1440 24 1 2,738 ⋅ 10 − 3 1 rok 3,156 ⋅ 10 7 5,259 ⋅ 10 5 8,766 ⋅ 10 3 365,25 1 Prędkość m/s cm/s stopa/s mi/h 1 m/s 1 10 2 3,281 2,237 1 cm/s 10 − 2 1 3,281 ⋅ 10 − 2 2,237 ⋅ 10 − 2 1 stopa/s 0,3048 30,48 1 0,6818 1 mi/h 0,4470 44,70 1,467 1 Przyspieszenie 1 m/s 2 = 100 cm/s 2 = 3,281 stopy/s 2 1 cm/s 2 = 0,01 m/s 2 = 0,03281 stopy/s 2 1 stopa/s 2 = 0,3048 m/s 2 = 30,48 cm/s 2 1 m i l a / ( h ⋅ s ) = 1,467 s t o p y / s 2 Jednostki masy kg g slug u (atomowa jednostka masy) 1 kilogram 1 10 3 6,852 ⋅ 10 − 2 6,024 ⋅ 10 26 1 gram 10 − 3 1 6,852 ⋅ 10 − 5 6,024 ⋅ 10 23 1 slug 14,59 1,459 ⋅ 10 4 1 8,789 ⋅ 10 27 1 u 1,661 ⋅ 10 − 27 1,661 ⋅ 10 − 24 1,138 ⋅ 10 − 28 1 1 tona 1000 Siła N dyna lb (funt- siła) 1 N 1 10 5 0,2248 1 dyna 10 − 5 1 2,248 ⋅ 10 − 6 1 Ib 4,448 4,448 ⋅ 10 5 1 Jednostki ciśnienia Pa dyna/cm 2 atm cmHg lb/cal 2 *Przyspieszenie ziemskie wynosi 9,80665 m / s 2 , a temperatura wynosi 0 ∘ C 1 Pa 1 10 9,869 ⋅ 10 − 6 7,501 ⋅ 10 − 4 1,450 ⋅ 10 − 4 1 dyna/cm 2 10 − 1 1 9,869 ⋅ 10 − 7 7,501 ⋅ 10 − 5 1,450 ⋅ 10 − 5 1 atm 1,013 ⋅ 10 5 1,013 ⋅ 10 6 1 76 14,70 1 cmHg* 1,333 ⋅ 10 3 1,333 ⋅ 10 4 1,316 ⋅ 10 − 2 1 0,1934 1 lb/cal 2 6,895 ⋅ 10 3 6,895 ⋅ 10 4 6,805 ⋅ 10 − 2 5,171 1 1 bar 10 5 1 torr 1 (mmHg) Jednostki pracy, energii i ciepła J erg ft.lb (stopofunt- siła) 1 J 1 10 7 0,7376 1 erg 10 − 7 1 7,376 ⋅ 10 − 8 1 ft.lb 1,356 1,356 ⋅ 10 7 1 1 eV 1,602 ⋅ 10 − 19 1,602 ⋅ 10 − 12 1,182 ⋅ 10 − 19 1 cal 4,186 4,186 ⋅ 10 7 3,088 1 BTU 1,055 ⋅ 10 3 1,055 ⋅ 10 10 7,779 ⋅ 10 2 1 kWh 3,600 ⋅ 10 6 eV cal (kaloria) Btu (angielska jednostka ciepła) 1 dżul 6,242 ⋅ 10 18 0,2389 9,481 ⋅ 10 − 4 1 erg 6,242 ⋅ 10 11 2,389 ⋅ 10 − 8 9,481 ⋅ 10 − 11 1 ft.lb 8,464 ⋅ 10 18 0,3239 1,285 ⋅ 10 − 3 1 eV 1 3,827 ⋅ 10 − 20 1,519 ⋅ 10 − 22 1 cal 2,613 ⋅ 10 19 1 3,968 ⋅ 10 − 3 1 Btu 6,585 ⋅ 10 21 2,520 ⋅ 10 2 1 Moc 1 W = 1 J/s Angielski koń parowy hp (ang. horse power); stopofunt- siła na sekundę ft·lbf/s (ang. foot pound-force per second) 1 hp = 746 W = 550 ft · lb/s Angielska jednostka ciepła na godzinę Btu/h (ang. British thermal unit per hour) 1 Btu/h = 0,293 W Kąt 1 r a d = 57 , 30 ∘ = 180 ∘ / π 1 ∘ = 0,01745 r a d = π / 180 r a d 1 obrót = 360 ∘ = 2 π r a d 1 obrót / m i n = 0,1047 r a d / s", "section": "Przeliczanie jednostek", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Najważniejsze stałe fizyczne Najważniejsze stałe fizyczne Wielkość Symbol Wartość atomowa jednostka masy u \\si{\\atomicmassunit} 1,660 539 066 60(50) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{1,660538782+-0,000000083e-27}{\\kilo\\gram} 931,494 102 42(28) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{931,494028+-0,000023}{\\mega\\electronvolt} / c^2 liczba Avogadra N A N_{\\text{A}} 6,022 140 76 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 \\SI[per-mode=reciprocal]{6,02214179+-0,00000030e23}{\\per\\mole} (dokładna wartość) magneton Bohra μ B = e ⁢ ℏ 2 ⁢ m e \\mu_{\\text{B}} = \\frac{e\\hbar}{2m_{\\text{e}}} 9,274 010 0783(28) ⋅ 10 -24 ⁢ J ∕ T \\SI{9,27400915+-0,00000023e-24}{\\joule\\per\\tesla} promień Bohra a 0 = ℏ 2 m e ⁢ e 2 ⁢ k e a_0 = \\frac{\\hbar^2}{m_{\\text{e}} e^2 k_{\\text{e}}} 5,291 772 109 03(80) ⋅ 10 -11 ⁢ m \\SI{5,2917720859+-0,0000000036e-11}{\\metre} stała Boltzmanna k B k_{\\text{B}} = \\frac{R}{N_{\\text{A}}} 1,380 649 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K \\SI{1,3806504+-0,0000024e-23}{\\joule\\per\\kelvin} (dokładna wartość) komptonowska długość fali λ C = h m e ⁢ c \\lambda_{\\text{C}} = \\frac{h}{m_{\\text{e}} c} 2,426 310 238 67(73) ⋅ 10 -12 ⁢ m \\SI{2,4263102175+-0,0000000033e-12}{\\metre} stała elektrostatyczna k e = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 k_{\\text{e}} = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} 8,987 551 7923(14) ⋅ 10 9 ⁢ N ⋅ m 2 ∕ C 2 \\num{8,987551788}\\dots \\cdot 10^9 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} masa deuteronu m d m_{\\text{d}} 3,343 583 7724(10) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{3,34358320+-0,00000017e-27}{\\kilo\\gram} 2,013 553 212 745(40) ⁢ u \\SI{2,013553212724+-0,000000000078}{\\atomicmassunit} 1875,612 942 57(57) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{1875,612859}{\\mega\\electronvolt} / c^2 masa elektronu m e m_{\\text{e}} 9,109 383 7015(28) ⋅ 10 -31 ⁢ kg \\SI{9,10938215+-0,00000045e-31}{\\kilo\\gram} 5,485 799 090 65(16) ⋅ 10 -4 ⁢ u \\SI{5,4857990943+-0,0000000023e-4}{\\atomicmassunit} 0,510 998 950 00(15) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{0,510998910+-0,000000013}{\\mega\\electronvolt} / c^2 elektronowolt eV \\si{\\electronvolt} 1,602 176 634 ⋅ 10 -19 ⁢ J \\SI{1,602176487+-0,000000040e-19}{\\joule} (dokładna wartość) ładunek elementarny e e 1,602 176 634 ⋅ 10 -19 ⁢ C \\SI{1,602176487+-0,000000040e-19}{\\coulomb} (dokładna wartość) stała gazowa R R 8,314 462 618 ⁢ … ⁢ J ∕ mol ⋅ K \\SI[inter-unit-product = ⋅]{8,314472+-0,000015}{\\joule\\per\\mole\\per\\kelvin} (dokładna wartość) stała grawitacji G G 6,674 30(15) ⋅ 10 -11 ⁢ N ⋅ m 2 ∕ kg 2 \\SI[inter-unit-product = ⋅]{6,67428+-0,00067e-11}{\\newton\\metre\\squared\\per\\kilo\\gram\\squared} masa neutronu m n m_{\\text{n}} 1,674 927 498 04(95) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{1,674927211+-0,000000084e-27}{\\kilo\\gram} 1,008 664 915 95(49) ⁢ u \\SI{1,00866491597+-0,00000000043}{\\atomicmassunit} 939,565 420 52(54) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{939,565346+-0,000023}{\\mega\\electronvolt} / c^2 magneton jądrowy μ N = e ⁢ ℏ 2 ⁢ m p \\mu_{\\text{N}} = \\frac{e \\hbar}{2 m_{\\text{p}}} 5,050 783 746(15) ⋅ 10 -27 ⁢ J ∕ T \\SI{5,05078324+-0,00000013e-27}{\\joule\\per\\tesla} przenikalność magnetyczna próżni μ 0 \\mu_0 1,256 637 062 12(19) ⋅ 10 -6 T ⋅ m ∕ A 4\\pi \\cdot 10^{-7} \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\tesla\\metre\\per\\ampere} przenikalność elektryczna próżni ε 0 = 1 μ 0 ⁢ c 2 \\epsilon_0 = \\frac{1}{\\mu_0 c^2} 8,854 187 8128(13) ⋅ 10 − 12 C 2 / ( N ⋅ m 2 ) stała Plancka h h 6,626 070 15 ⋅ 10 -34 ⁢ J ⋅ s \\SI[inter-unit-product = ⋅]{6,62607015e-34}{\\joule\\second} (dokładna wartość) zredukowana stała Plancka / stała Diraca ℏ = h 2 ⁢ π \\hbar = \\frac{h}{2\\pi} 1,054 571 817 ⁢ … ⋅ 10 -34 ⁢ J ⋅ s \\num{1,054571817}\\dots\\cdot 10^{-34} \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\joule\\second} (dokładna wartość) masa protonu m p m_{\\text{p}} 1,672 621 923 69(51) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{1,672621637+-0,000000083e-27}{\\kilo\\gram} 1,007 276 466 621(53) ⁢ u \\SI{1,00727646677+-0,00000000010}{\\atomicmassunit} 938,272 088 16(29) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{938,272013+-0,000023}{\\mega\\electronvolt} / c^2 stała Rydberga R H R_{\\text{H}} 1,097 373 156 8160(21) ⋅ 10 7 ⁢ m -1 \\SI[per-mode=reciprocal]{1,0973731568527+-0,0000000000073e7}{\\per\\metre} prędkość światła w próżni c c 2,997 924 58 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s \\SI{2,99792458e8}{\\metre\\per\\second} (dokładna wartość) Uwaga: Podane wartości stałych zostały zarekomendowane w 2018 r. przez Konwent Danych dla Nauki i Technologii CODATA, na podstawie dopasowania wartości uzyskanych na drodze eksperymentalnej za pomocą metody najmniejszych kwadratów. Wartości podane w nawiasach są niepewnościami dwóch ostatnich cyfr. Przydatne wartości iloczynów stałych: h ⁢ c = 12 400 ⁢ eV ⋅ Å = 1240 ⁢ eV ⋅ nm = 1240 ⁢ MeV ⋅ fm hc = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{12400}{\\electronvolt\\angstrom} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1240}{\\electronvolt\\nano\\metre} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1240}{\\mega\\electronvolt\\femto\\metre} ℏ ⁢ c = 1973 ⁢ eV ⋅ Å = 197,3 ⁢ eV ⋅ nm = 197,3 ⁢ MeV ⋅ fm \\hbar c = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1973}{\\electronvolt\\angstrom} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{197,3}{\\electronvolt\\nano\\metre} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{197,3}{\\mega\\electronvolt\\femto\\metre} k e ⁢ e 2 = 14,4 ⁢ eV ⋅ Å = 1,44 ⁢ eV ⋅ nm = 1,44 ⁢ MeV ⋅ fm k_{\\text{e}} e^2 = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{14,4}{\\electronvolt\\angstrom} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1,44}{\\electronvolt\\nano\\metre} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1,44}{\\mega\\electronvolt\\femto\\metre} k B ⁢ T = 0,025 85 ⁢ eV ⁢ , przy temperaturze ⁢ T = 300 ⁢ K = 26,85 ⁢ ° C k_{\\text{B}} T = \\SI{0,02585}{\\electronvolt} \\text{, przy temperaturze } T = \\SI{300}{\\kelvin} = \\SI{26,85}{\\celsius}", "section": "Najważniejsze stałe fizyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Dane astronomiczne Dane astronomiczne Obiekt niebieski Odległość od Słońca (w milionach km) Okres obiegu po orbicie Okres obrotu na równiku Mimośród orbity Słońce − − 27 dni − Merkury 57,9 88 dni 59 dni 0,206 Wenus 108,2 224,7 dni 243 dni 0,007 Ziemia 149,6 365,26 dni 23 h 56 min 4 s 0,017 Mars 227,9 687 dni 24 h 37 min 23 s 0,093 Jowisz 778,4 11,9 lat 9 h 50 min 30 s 0,048 Saturn 1426,7 29,56 lat 10 h 14 min 0,054 Uran 2871,0 84,0 lat 17 h 14 min 0,047 Neptun 4498,3 164,8 lat 16 h 0,009 Księżyc ziemski 149,6 (0,386 od Ziemi) 27,3 dni 27,3 dni 0,055 Obiekt niebieski Średnica na równiku (km) Masa (Masa Ziemi = 1) Gęstość (g/cm 3 ) Słońce 1 392 000 333 000,00 1,4 Merkury 4879 0,06 5,4 Wenus 12 104 0,82 5,2 Ziemia 12 756 1,00 5,5 Mars 6794 0,11 3,9 Jowisz 142 984 317,83 1,3 Saturn 120 536 95,16 0,7 Uran 51 118 14,54 1,3 Neptun 49 528 17,15 1,6 Księżyc ziemski 3476 0,01 3,3 Inne dane: Masa Ziemi: 5,97 ⋅ 10 24 k g Masa Księżyca: 7,36 ⋅ 10 22 k g Masa Słońca: 1,99 ⋅ 10 30 k g", "section": "Dane astronomiczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Wzory matematyczne Równanie kwadratowe Jeżeli a ⁢ x 2 + b ⁢ x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 a \\neq 0 ), wtedy x = − b ± b 2 − 4 ⁢ a ⁢ c 2 ⁢ a x = \\frac{-b\\pm \\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} . Geometria Trójkąt o podstawie b b i wysokości h h : Powierzchnia = 1 2 ⁢ b ⁢ h \\prefop{=} \\frac12 b h Koło o promieniu r r : Obwód = 2 ⁢ π ⁢ r \\prefop{=} 2 \\pi r Pole powierzchni = π ⁢ r 2 \\prefop{=} \\pi r^2 Kula o promieniu r : Pole powierzchni = 4 ⁢ π ⁢ r 2 \\prefop{=} 4 \\pi r^2 Objętość = 4 3 ⁢ π ⁢ r 3 \\prefop{=} \\frac43 \\pi r^3 Walec o promieniu r i wysokości h h : Pole powierzchni bocznej = 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ h \\prefop{=} 2 \\pi r h Objętość = π ⁢ r 2 ⁢ h \\prefop{=} \\pi r^2 h Trygonometria Tożsamości trygonometryczne sin θ = 1 cosec θ \\sin \\theta = \\frac{1}{\\prefop{cosec} \\theta} cos θ = 1 sec θ \\cos \\theta = \\frac{1}{\\prefop{sec} \\theta} tg θ = 1 ctg θ \\tg \\theta = \\frac{1}{\\ctg \\theta} sin 90 ° − θ = cos θ \\sin (\\ang{90} - \\theta) = \\cos \\theta cos 90 ° − θ = sin θ \\cos (\\ang{90} - \\theta) = \\sin\\theta tg 90 ° − θ = ctg θ \\tg (\\ang{90} - \\theta) = \\ctg\\theta sin 2 θ + cos 2 θ = 1 \\sin^2 \\theta + \\cos^2 \\theta = 1 sec 2 θ − tg 2 θ = 1 \\cos^2 \\theta - \\tg^2 \\theta = 1 tg θ = sin θ cos θ \\tg \\theta = \\frac{\\sin \\theta}{\\cos \\theta} sin α ± β = sin α ⁢ cos β ± cos α ⁢ sin β \\sin (\\alpha \\pm \\beta) = \\sin (\\alpha) \\cos (\\beta) \\pm \\cos (\\alpha) \\sin (\\beta) cos α ± β = cos α ⁢ cos β ∓ sin α ⁢ sin β \\cos (\\alpha \\pm \\beta) = \\cos (\\alpha) \\cos (\\beta) \\mp \\sin (\\alpha) \\sin (\\beta) tg α ± β = tg α ± tg β 1 ∓ tg α ⁢ tg β \\tg (\\alpha \\pm \\beta) = \\frac{\\tg \\alpha \\pm \\tg \\beta}{1 \\mp \\tg (\\alpha) \\tg (\\beta)} sin 2 ⁢ θ = 2 ⁢ sin θ ⁢ cos θ \\sin(2\\theta) = 2 \\sin (\\theta) \\cos (\\theta) cos 2 ⁢ θ = cos 2 θ − sin 2 θ = 2 ⁢ cos 2 θ − 1 = 1 − 2 ⁢ sin 2 θ \\cos(2\\theta) = \\cos^2 \\theta - \\sin^2 \\theta = 2 \\cos^2 \\theta - 1 = 1 - 2\\sin^2 \\theta sin α + sin β = 2 ⁢ sin α + β 2 ⁢ cos α − β 2 \\sin \\alpha + \\sin \\beta = 2 \\sin (\\frac{\\alpha + \\beta}{2}) \\cos (\\frac{\\alpha - \\beta}{2}) cos α + cos β = 2 ⁢ cos α + β 2 ⁢ cos α − β 2 \\cos \\alpha + \\cos \\beta = 2 \\cos (\\frac{\\alpha + \\beta}{2}) \\cos (\\frac{\\alpha - \\beta}{2}) Trójkąty Twierdzenie sinusów: a sin α = b sin β = c sin γ \\frac{a}{\\sin \\alpha} = \\frac{b}{\\sin \\beta} = \\frac{c}{\\sin \\gamma} Twierdzenie cosinusów: c 2 = a 2 + b 2 − 2 ⁢ a ⁢ b ⁢ cos γ c^2 = a^2 + b^2 - 2 ab \\cos \\gamma Twierdzenie Pitagorasa: c 2 = a 2 + b 2 c^2 = a^2 + b^2 Rozwinięcie funkcji w szeregi potęgowe Wzór dwumianowy: a + b n = a n + n 1 ! ⁢ a n − 1 ⁢ b + n ⁢ n − 1 2 ! ⁢ a n − 2 ⁢ b 2 + … + n ⁢ n − 1 2 ! ⁢ a 2 ⁢ b n − 2 + n 1 ! ⁢ a ⁢ b n − 1 + b n = ∑ k = 0 n n k ⁢ a n − k ⁢ b k \\begin{multiline} (a+b)^n &= a^n + \\frac{n}{1!} a^{n-1} b + \\frac{n (n-1)}{2!} a^{n-2} b^2 + \\dots + \\frac{n(n-1)}{2!} a^2 b^{n-2} + \\frac{n}{1!} a b^{n-1} + b^n \\\\ &= \\sum_{k=0}^n \\begin{pmatrix} n \\\\ k \\end{pmatrix} a^{n-k}b^{k}\\end{multiline} 1 ± x n = 1 ± n ⁢ x 1 ! + n ⁢ n − 1 ⁢ x 2 2 ! ± … = ∑ k = 0 n ± 1 k ⁢ n k ⁢ x k ⁢ , dla ⁢ x < 1 (1\\pm x)^n = 1 \\pm \\frac{nx}{1!} + \\frac{n(n-1)x^2}{2!} \\pm \\dots = \\sum_{k=0}^n ( \\prefop{\\pm} 1)^k \\begin{pmatrix} n \\\\ k \\end{pmatrix} x^k \\text{, dla } \\abs{x} < 1 1 ± x − n = 1 ∓ n ⁢ x 1 ! + n ⁢ n + 1 ⁢ x 2 2 ! ∓ … = ∑ k = 0 ∞ ∓ 1 k ⁢ k + n − 1 k ⁢ x k ⁢ , dla ⁢ x < 1 (1\\pm x)^{-n} = 1 \\mp \\frac{nx}{1!} + \\frac{n(n+1)x^2}{2!} \\mp \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} ( \\prefop{\\mp} 1)^k \\begin{pmatrix} k+n-1 \\\\ k \\end{pmatrix} x^k \\text{, dla } \\abs{x} < 1 sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − … = ∑ k = 0 ∞ -1 k ⁢ x 2 ⁢ k + 1 2 ⁢ k + 1 ! \\sin x = x - \\frac{x^3}{3!} + \\frac{x^5}{5!} - \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} (-1)^k \\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} cos x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − … = ∑ k = 0 ∞ -1 k ⁢ x 2 ⁢ k 2 ⁢ k ! \\cos x = 1 - \\frac{x^2}{2!} + \\frac{x^4}{4!} - \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} (-1)^k \\frac{x^{2k}}{(2k)!} tg x = x + x 3 3 + 2 ⁢ x 5 15 + … ⁢ , dla ⁢ x < π 2 \\tg x = x + \\frac{x^3}{3} + \\frac{2x^5}{15} + \\dots \\text{, dla } \\abs{x} < \\frac{\\pi}{2} e x = 1 + x + x 2 2 ! + … = ∑ k = 0 ∞ x k k ! e^x = 1 + x + \\frac{x^2}{2!} + \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} \\frac{x^k}{k!} ln 1 + x = x − x 2 2 + x 3 3 − … = ∑ k = 1 ∞ -1 k + 1 ⁢ x k k ⁢ , dla ⁢ x < 1 \\ln (1+x) = x - \\frac{x^2}{2} + \\frac{x^3}{3} - \\dots = \\sum_{k=1}^{\\infty} (-1)^{k+1} \\frac{x^k}{k} \\text{, dla } \\abs{x} < 1 Pochodne d d x a ⁢ f ⁡ x = a ⁢ d d x f ⁡ x \\dd{x} [af \\apply (x)] = a \\dd{x} f \\apply (x) d d x f ⁡ x + g ⁡ x = d d x f ⁡ x + d d x g ⁡ x \\dd{x} [f \\apply (x) + g \\apply (x)] = \\dd{x} f \\apply (x) + \\dd{x} g \\apply (x) d d x f ⁡ x ⁢ g ⁡ x = f ⁡ x ⁢ d d x g ⁡ x + g ⁡ x ⁢ d d x f ⁡ x \\dd{x}[f\\apply (x) g \\apply (x)] = f \\apply (x) \\dd{x} g \\apply (x) + g \\apply (x) \\dd{x} f \\apply (x) d d x f ⁡ u = d d u f ⁡ u ⋅ d u d x \\dd{x} f \\apply (u) = \\dd{u} f \\apply (u) \\cdot \\frac{\\d u}{\\d x} d d x x m = m ⁢ x m − 1 \\dd{x} x^m = m x^{m-1} d d x sin x = cos x \\dd{x} \\sin x = \\cos x d d x cos x = − sin x \\dd{x} \\cos x = - \\sin x d d x tg x = 1 cos 2 x \\dd x \\tg x = \\frac{1}{\\cos^2 x} d d x ctg x = − 1 sin 2 x \\dd x \\ctg x = - \\frac{1}{\\sin^2 x} d d x sec x = tg x ⁢ sec x \\dd x \\prefop{sec} x = \\tg (x) \\prefop{sec} (x) d d x cosec x = − ctg x ⁢ cosec x \\dd x \\prefop{cosec} x = - \\ctg (x) \\prefop{cosec} (x) d d x e x = e x \\dd x e^x = e^x d d x ln x = 1 x \\dd x \\ln x = \\frac{1}{x} d d x arc sin x = 1 1 − x 2 \\dd x \\arcsin x = \\frac{1}{\\sqrt{1-x^2}} d d x arc cos x = − 1 1 − x 2 \\dd x \\arccos x = - \\frac{1}{\\sqrt{1-x^2}} d d x arc tg x = 1 1 + x 2 \\dd x \\arctg x = \\frac{1}{1+x^2} Całki ∫ a ⁢ f ⁡ x ⁢ d x = a ⁢ ∫ f ⁡ x ⁢ d x \\int a f \\apply (x) \\d x = a \\int f \\apply (x) \\d x ∫ f ⁡ x + g ⁡ x ⁢ d x = ∫ f ⁡ x ⁢ d x + ∫ g ⁡ x ⁢ d x \\int [f \\apply (x) + g \\apply (x)] \\d x = \\int f \\apply (x) \\d x + \\int g \\apply (x) \\d x ∫ x m ⁢ d x = x m + 1 m + 1 ⁢ , dla ⁢ m ≠ 1 ln x ⁢ , dla ⁢ m = 1 \\int x^m \\d x = \\left{ \\begin{matrix*}[l] \\frac{x^{m+1}}{m+1}\\text{,} &\\text{dla } m\\neq 1 \\\\ \\ln \\abs{x} \\text{,} &\\text{dla } m=1 \\end{matrix*} \\right. ∫ sin x ⁢ d x = − cos x \\int \\sin x \\d x = - \\cos x ∫ cos x ⁢ d x = sin x \\int \\cos x \\d x = \\sin x ∫ tg x ⁢ d x = − ln cos x \\int \\tg x \\d x = - \\ln \\abs{\\cos x} ∫ sin 2 a ⁢ x ⁢ d x = x 2 − sin 2 ⁢ a ⁢ x 4 ⁢ a \\int \\sin^2 (ax) \\d x = \\frac{x}{2} - \\frac{\\sin(2ax)}{4a} ∫ cos 2 a ⁢ x ⁢ d x = x 2 + sin 2 ⁢ a ⁢ x 4 ⁢ a \\int \\cos^2 (ax) \\d x= \\frac{x}{2} + \\frac{\\sin (2ax)}{4a} ∫ sin a ⁢ x ⁢ cos a ⁢ x ⁢ d x = − cos 2 ⁢ a ⁢ x 4 ⁢ a \\int \\sin (ax) \\cos (ax) \\d x = - \\frac{\\cos(2ax)}{4a} ∫ e a ⁢ x ⁢ d x = 1 a ⁢ e a ⁢ x \\int e^{ax} \\d x = \\frac{1}{a} e^{ax} ∫ x ⁢ e a ⁢ x ⁢ d x = e a ⁢ x a 2 ⁢ a ⁢ x − 1 \\int x e^{ax} \\d x = \\frac{e^{ax}}{a^2}(ax - 1) ∫ ln a ⁢ x ⁢ d x = x ⁢ ln a ⁢ x − x \\int \\ln (ax) \\d x = x \\ln (ax) - x ∫ d x a 2 + x 2 = 1 a ⁢ arc tg x a \\int \\frac{\\d x}{a^2 + x^2} = \\frac{1}{a} \\arctg (\\frac{x}{a}) ∫ d x a 2 − x 2 = 1 2 ⁢ a ⁢ ln x + a x − a \\int \\frac{\\d x}{a^2 - x^2} = \\frac{1}{2a} \\ln \\abs{\\frac{x+a}{x-a}} ∫ d x a 2 + x 2 = arcsinh x a = ln x a + x a 2 + 1 \\int \\frac{\\d x}{\\sqrt{a^2 + x^2}} = \\prefop{arcsinh} (\\frac{x}{a}) = \\ln \\abs{\\frac{x}{a} + \\sqrt{(\\frac{x}{a})^2 + 1}} ∫ d x a 2 − x 2 = arc sin x a \\int \\frac{\\d x}{\\sqrt{a^2 - x^2}} = \\arcsin (\\frac{x}{a}) ∫ a 2 + x 2 ⁢ d x = x 2 ⁢ a 2 + x 2 + a 2 2 ⁢ arcsinh x a \\int \\sqrt{a^2 + x^2} \\d x = \\frac{x}{2} \\sqrt{a^2 + x^2} + \\frac{a^2}{2} \\prefop{arcsinh} (\\frac{x}{a}) ∫ a 2 − x 2 ⁢ d x = x 2 ⁢ a 2 − x 2 + a 2 2 ⁢ arc sin x a \\int \\sqrt{a^2 - x^2} \\d x = \\frac{x}{2} \\sqrt{a^2 - x^2} + \\frac{a^2}{2} \\arcsin (\\frac{x}{a})", "section": "Wzory matematyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Alfabet grecki Alfabet grecki Nazwa Wielka litera Mała litera Nazwa Wielka litera Mała litera alfa Α \\mathrm{Α} α \\mathrm{α} ni Ν \\mathrm{Ν} ν \\mathrm{ν} beta Β \\mathrm{Β} β \\mathrm{β} ksi Ξ \\mathrm{Ξ} ξ \\mathrm{ξ} gamma Γ \\mathrm{Γ} γ \\mathrm{γ} omikron Ο \\mathrm{Ο} ο \\mathrm{ο} delta Δ \\mathrm{Δ} δ \\mathrm{δ} pi Π \\mathrm{Π} π \\mathrm{π} epsilon Ε \\mathrm{Ε} ε \\mathrm{ε} ro Ρ \\mathrm{Ρ} ρ \\mathrm{ρ} dzeta Ζ \\mathrm{Ζ} ζ \\mathrm{ζ} sigma Σ \\mathrm{Σ} σ \\mathrm{σ} eta Η \\mathrm{Η} η \\mathrm{η} tau Τ \\mathrm{Τ} τ \\mathrm{τ} theta Θ \\mathrm{Θ} θ \\mathrm{θ} ipsylon Υ \\mathrm{Υ} υ \\mathrm{υ} jota Ι \\mathrm{Ι} ι \\mathrm{ι} fi Φ \\mathrm{Φ} ϕ \\mathrm{ϕ} kappa Κ \\mathrm{Κ} κ \\mathrm{κ} chi Χ \\mathrm{Χ} χ \\mathrm{χ} lambda Λ \\mathrm{Λ} λ \\mathrm{λ} psi Ψ \\mathrm{Ψ} ψ \\mathrm{ψ} mi Μ \\mathrm{Μ} μ \\mathrm{μ} omega Ω \\mathrm{Ω} ω \\mathrm{ω}", "section": "Alfabet grecki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 2", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-2"}
{"text": "Przedmowa Podręcznik Fizyka dla szkół wyższych powstał po to, by udostępnić studentom za darmo materiały dydaktyczne spełniające najwyższe standardy akademickie. Podręcznik stworzony został przez OpenStax, fundację non-profit działającą przy Rice University w Stanach Zjednoczonych. Przedmowa do wydania polskiego Wierzymy, że przyszłość edukacji to swobodny i wygodny dostęp do najlepszych treści, równy dla wszystkich. Fundacja OpenStax realizuje tę misję, tworząc wysokiej jakości podręczniki i udostępniając je studentom i wykładowcom. W ramach projektu opublikowano ponad 20 darmowych podręczników z różnych dziedzin nauki. Fizyka dla szkół wyższych to polska adaptacja trzytomowej publikacji University Physics , wydanej jesienią 2016 roku. To najbardziej nowatorski i aktualny podręcznik fizyki na polskim rynku. Publikacja przygotowana została przez OpenStax Polska we współpracy z siedmioma czołowymi uczelniami w kraju i jest odpowiedzią na rosnące zapotrzebowanie na treści mające wysokie walory dydaktyczne, a zarazem atrakcyjne dla współczesnych studentów. Otwarta licencja Creative Commons Uznanie autorstwa 4.0 Międzynarodowe (CC BY 4.0) gwarantuje całkowicie bezpłatny dostęp i niemal nieograniczone możliwości korzystania z publikacji. Jedną z największych, w naszym przekonaniu, zalet podręcznika jest jego wersja cyfrowa. Plik w formacie PDF można pobrać ze strony OpenStax.org . Aby jednak wykorzystać pełny potencjał, jaki daje otwarta licencja i nowe technologie informatyczne, udostępniamy tę publikację przede wszystkim na platformie OpenStax CNX , którą specjalnie w tym celu przystosowaliśmy do obsługi języków innych niż angielski i przetłumaczyliśmy na język polski. Platforma, oprócz zapewnienia wygodnego dostępu do podręcznika, umożliwia również łatwą adaptację jego treści do indywidualnych potrzeb. Jeśli więc pomyślicie Państwo o wykorzystaniu fragmentów publikacji do przygotowania własnych materiałów, nie ma żadnych przeszkód prawnych ani technicznych, aby to uczynić. Podziękowania W pracę nad podręcznikiem zaangażowanych było 52 pracowników naukowych z siedmiu instytucji akademickich. Kilka osób z tego grona okazało nam szczególną pomoc, za co bardzo dziękujemy: prof. dr hab. inż. Zbigniew Kąkol, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie prof. PWr dr hab. inż. Włodzimierz Salejda, Politechnika Wrocławska prof. UZ dr hab. Maria Przybylska, Uniwersytet Zielonogórski dr inż. Radosław Strzałka, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie dr Brygida Mielewska, Politechnika Gdańska prof. UZ dr hab. Jarosław Piskorski, Uniwersytet Zielonogórski Adaptacja podręcznika została sfinansowana z grantu The Brian D. Patterson USA-International Foundation. Serdecznie dziękujemy. O projekcie OpenStax OpenStax to fundacja charytatywna z siedzibą w Rice University w USA. Misją fundacji jest ułatwianie studentom dostępu do edukacji. Pierwszy otwarty podręcznik fundacja wydała w 2012 roku. Od tamtej pory jej oferta podręczników rozrosła się do ponad 20 pozycji. Korzystają z nich setki tysięcy studentów na całym świecie. Opracowane w ramach projektu oprogramowanie pomagające zwiększyć efektywność uczenia się poprzez adaptacyjną personalizację ścieżek edukacyjnych jest obecnie w fazie pilotażu w szkołach podstawowych i średnich. OpenStax realizuje swoją misję dzięki hojności innych organizacji charytatywnych. Darowizny te oraz usługi i zasoby otrzymywane na preferencyjnych warunkach od innych partnerów pozwalają nam pokonywać najczęściej występujące bariery utrudniające osiągnięcie sukcesu zarówno studentom jak i wykładowcom. O zasobach OpenStax Dostępne do modyfikacji Fizyka dla szkół wyższych jest udostępniana na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa 4.0 Międzynarodowe (CC BY 4.0) , która zezwala każdemu na dowolne rozpowszechnianie, modyfikowanie i rozszerzanie treści pod warunkiem uznania autorstwa OpenStax i osób podpisanych pod oryginałem. Otwarta licencja umożliwia Państwu wyjęcie z tej publikacji rozdziału lub fragmentu, które potrzebujecie do zajęć. Stwórzcie własne treści, modyfikując istniejące i układając je w dowolnej kolejności. Następnie prześlijcie studentom bezpośredni odnośnik do swojej publikacji na platformie OpenStax CNX . Platforma OpenStax CNX istnieje od 1999 roku i ma zapewnione stabilne finansowanie. Opublikowano na niej dziesiątki tysięcy zasobów edukacyjnych w wielu językach. Zgłaszanie błędów Wszystkie podręczniki OpenStax przechodzą rygorystyczny proces recenzji. Mimo to niektóre błędy mogły zostać przeoczone, co zdarza się w każdej profesjonalnej publikacji. Nasze książki są cyfrowe, dlatego możemy uaktualniać je, ilekroć zachodzi taka konieczność. By zaproponować poprawkę, prosimy skorzystać z odnośnika na stronie podręcznika na OpenStax.org . Zgłoszone poprawki są oceniane przez ekspertów. Format Niniejsza publikacja jest dostępna za darmo na stronie internetowej i w formacie PDF. Podręcznik zostanie również wydrukowany w małym nakładzie i będzie można go znaleźć w bibliotekach uczelni partnerskich. O podręczniku Fizyka dla szkół wyższych , podobnie jak podręcznik University Physics , na którym się opiera, przeznaczona jest dla zajęć z fizyki ogólnej z elementami analizy matematycznej, trwających 2-3 semestry. Treść dopasowano pod względem zakresu i kolejności do praktyki dydaktycznej większości uczelni prowadzących takie zajęcia. Wiedza fizyczna jest fundamentem we wszystkich zawodach związanych z naukami ścisłymi, przyrodniczymi, medycznymi i technicznymi. Niniejsza publikacja pomoże studentom poznać kluczowe pojęcia fizyczne i zrozumieć, jak te pojęcia odnoszą się do ich własnego życia oraz otaczającej ich rzeczywistości. Z uwagi na rozległy zakres materiału, aby ułatwić korzystanie z podręcznika, podzielono go na trzy tomy. Zakres materiału Zakres wiedzy prezentowanej w podręczniku Fizyka dla szkół wyższych został dopasowany do typowych zajęć akademickich z fizyki ogólnej prowadzonych przez 2-3 semestry. Staraliśmy się zaprezentować fizykę jako dziedzinę ciekawą i zrozumiałą, zachowując zarazem niezbędny rygor matematyczny. Mając to na względzie, treść niniejszego podręcznika została ułożona w logicznej kolejności, od kwestii podstawowych do bardziej zaawansowanych, odwołuje się do wiedzy, jaką studenci uzyskali z dotychczasowych części, i podkreśla powiązania między zagadnieniami, a także między teorią a praktyką. Celem każdego podrozdziału jest nie tylko nauczenie pojęć, ale także zbudowanie umiejętności posługiwania się nimi – umiejętności, która przyda się studentom w przyszłej pracy zawodowej lub dalszej nauce. Układ i metodologia podręcznika powstały we współpracy z doświadczonymi wykładowcami fizyki. TOM I Część 1: Mechanika Rozdział 1: Jednostki i miary Rozdział 2: Wektory Rozdział 3: Ruch prostoliniowy Rozdział 4: Ruch w dwóch i trzech wymiarach Rozdział 5: Zasady dynamiki Newtona Rozdział 6: Zastosowania zasad dynamiki Newtona Rozdział 7: Praca i energia kinetyczna Rozdział 8: Energia potencjalna i zasada zachowania energii Rozdział 9: Pęd i zderzenia Rozdział 10: Obroty wokół stałej osi Rozdział 11: Moment pędu Rozdział 12: Równowaga statyczna i sprężystość Rozdział 13: Grawitacja Rozdział 14: Mechanika płynów Część 2: Fale i akustyka Rozdział 15: Drgania Rozdział 16: Fale Rozdział 17: Dźwięk TOM II Część 1: Termodynamika Rozdział 1: Temperatura i ciepło Rozdział 2: Kinetyczna teoria gazów Rozdział 3: Pierwsza zasada termodynamiki Rozdział 4: Druga zasada termodynamiki Część 2: Elektryczność i magnetyzm Rozdział 5: Ładunki elektryczne i pola Rozdział 6: Prawo Gaussa Rozdział 7: Potencjał elektryczny Rozdział 8: Pojemność elektryczna Rozdział 9: Prąd i rezystancja Rozdział 10: Obwody prądu stałego Rozdział 11: Siła i pole magnetyczne Rozdział 12: Źródła pola magnetycznego Rozdział 13: Indukcja elektromagnetyczna Rozdział 14: Indukcyjność Rozdział 15: Obwody prądu zmiennego Rozdział 16: Fale elektromagnetyczne TOM III Część 1: Optyka Rozdział 1: Natura światła Rozdział 2: Optyka geometryczna i tworzenie obrazu Rozdział 3: Interferencja Rozdział 4: Dyfrakcja Część 2: Fizyka współczesna Rozdział 5: Teoria względności Rozdział 6: Fotony i fale materii Rozdział 7: Mechanika kwantowa Rozdział 8: Struktura atomu Rozdział 9: Fizyka materii skondensowanej Rozdział 10: Fizyka jądrowa Rozdział 11: Fizyka cząstek elementarnych i kosmologia Konstrukcja metodyczna W całym podręczniku Fizyka dla szkół wyższych zagadnienia prezentowane są zarówno w sposób klasyczny, z uwzględnieniem historycznych metod i technik, jak i w aspekcie współczesnych zastosowań. Większość rozdziałów zaczyna się od obserwacji lub doświadczeń, które umieszczają materiał w kontekście praktycznym. Sposób prezentacji materiału i logikę wywodu oparto na wieloletnim doświadczeniu zebranym przez wykładowców fizyki. Zastosowane w podręczniku podejście, równoważące klarowność wyjaśnień z naukowym rygorem, sprawdziło się w trakcie ich pracy ze studentami. W tekście zamieszczono odnośniki do wcześniejszych treści, aby studenci mogli łatwo przypominać sobie poruszane zagadnienia, a potem wracać do bieżącego wywodu, co ułatwia zrozumienie powiązań między tematami. Najważniejsze postacie i eksperymenty historyczne omawiane są w głównym tekście, a nie w ramkach lub na marginesie, aby nie utrudniać czytelnikowi budowania intuicyjnego rozumienia prezentowanych kwestii. Najważniejsze pojęcia, definicje i wzory wyeksponowano w tekście i przytoczono je ponownie w podsumowaniu na końcu każdego rozdziału. Przykłady i zdjęcia starano się dobrać w taki sposób, aby w miarę możliwości dotyczyły współczesnych zastosowań fizyki lub nowoczesnych technologii znanych studentom z codziennego życia, od smartfonów przez internet po nawigację satelitarną. Sprawdzanie wiedzy Rozwiązania przykładowych zadań zamieszczonych w każdym rozdziale zazwyczaj podzielone są na trzy części: Strategia rozwiązania , Rozwiązanie i Znaczenie , które pokazują, jak podejść do zadania, jak przekształcić równania i wreszcie jak sprawdzić i zinterpretować wynik. Dodatkowo pod przykładami często znaleźć można sekcję Sprawdź, czy rozumiesz , która zawiera pytania i odpowiedzi pomagające studentom utrwalić sobie kluczowe wnioski z przykładu. Sekcja Strategie rozwiązywania zadań zamieszczona w każdym rozdziale rozbija sposoby podchodzenia do różnych problemów na łatwe do zapamiętania kroki. Na końcu każdego rozdziału znajduje się również zbiór różnorodnych zadań umożliwiający sprawdzenie zdobytej wiedzy. Pytania nie wymagają żadnych obliczeń. Sprawdzają, czy student rozumie najważniejsze pojęcia. Zadania przypisane do każdego podrozdziału sprawdzają umiejętność podejścia do problemu i zastosowania teorii do praktycznych sytuacji. Zadania dodatkowe wymagają zastosowania wiedzy z całego rozdziału, zmuszając studentów do wybrania właściwych równań i pojęć. Niektóre z tych zadań, opisane jako Nieracjonalne wyniki , żądają od studenta oceny wiarygodności uzyskanych wyników i wyjaśnienia, dlaczego są nieracjonalne i które z założeń mogły nie być prawidłowe. Zadania trudniejsze rozszerzają problematykę o intrygujące lecz trudne sytuacje. Odpowiedzi do wszystkich zadań umieszczono na końcu podręcznika w sekcji Rozwiązania zadań . Materiały dodatkowe Zasoby dla studentów i wykładowców Na stronie OpenStax.org można znaleźć materiały dodatkowe w języku angielskim, przeznaczone zarówno dla studentów jak i wykładowców — między innymi przewodniki użytkownika, slajdy w formacie PowerPoint, a także arkusze odpowiedzi i rozwiązań dla prowadzących zajęcia i studentów. Aby uzyskać dostęp do materiałów dla wykładowców, należy posiadać zweryfikowane konto instruktorskie, o które można poprosić przy logowaniu na OpenStax.org . Zasoby te są ściśle dopasowane do podręcznika. Oferta partnerów OpenStax Partnerzy projektu OpenStax pomagają dostarczać wysokiej jakości zasoby edukacyjne, w cenie dostępnej dla wszystkich studentów i wykładowców. Ich narzędzia zostały zintegrowane z podręcznikami dostępnymi w języku angielskim. Aby uzyskać dostęp do zasobów i usług oferowanych przez naszych partnerów, odwiedź stronę danego podręcznika na OpenStax.org . Autorzy Fizyki dla szkół wyższych Openstax Polska Podręcznik Fizyka dla szkół wyższych powstał w ramach projektu OpenStax Polska fundacji Katalyst Education. W 2018 roku powstała fundacja OpenStax Poland, która przejęła pracę od fundacji Katalyst Education pracę nad publikacją i promocją podręcznika. Misją obu fundacji Katalyst Education i OpenStax Poland, opartych na filozofii Otwartych Zasobów Edukacyjnych, jest wyrównywanie szans wszystkich uczniów w Polsce, poprzez tworzenie cyfrowych narzędzi edukacyjnych i dostarczanie usług wspierających optymalne ich wykorzystanie. Więcej informacji: OpenStax.pl , katalysteducation.org . Katalyst Education oraz OpenStax Poland należą do grupy White Star Foundations w Polsce. Więcej informacji: whitestarfoundations.org . Tłumacze i autorzy adaptacji prof. UW dr hab. Adam Bednorz, Uniwersytet Warszawski lic. Anna Błachowicz, Politechnika Śląska dr hab. Tomasz Błachowicz, Politechnika Śląska dr inż. Beata Bochentyn, Politechnika Gdańska mgr Juliusz P. Braun, Uniwersytet Warszawski dr Bartosz Brzostowski, Uniwersytet Zielonogórski dr inż. Roman Bukowski, Politechnika Śląska prof UAM dr hab. Gotard Burdziński, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu inż. Robert Chudek, Politechnika Warszawska dr hab. Roman Gołębiewski, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu prof. UAM dr hab. Krzysztof Grygiel, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu dr inż. Piotr Grygiel, Politechnika Gdańska prof. dr hab. Marian Grynberg, Uniwersytet Warszawski mgr Katarzyna Gwóźdź, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Grzegorz Harań, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Andrzej Janutka, Politechnika Wrocławska dr Wojciech Kamiński, Uniwersytet Wrocławski dr hab. Dobrosława Kasprowicz, Politechnika Poznańska prof. dr hab. inż. Zbigniew Kąkol, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie prof. dr hab. Adam Lipowski, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu prof. dr hab. inż. Paweł Machnikowski, Politechnika Wrocławska prof. dr hab. Jacek Majewski, Uniwersytet Warszawski prof. UWr dr hab. Leszek Markowski, Uniwersytet Wrocławski dr inż. Aleksandra Mielewczyk-Gryń, Politechnika Gdańska dr Brygida Mielewska, Politechnika Gdańska dr inż. Tadeusz Miruszewski, Politechnika Gdańska prof. UZ dr hab. Jarosław Piskorski, Uniwersytet Zielonogórski dr Krzysztof Pomorski, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie prof. dr hab. Ewa Popko, Politechnika Wrocławska prof. dr hab. inż. Andrzej Radosz, Politechnika Wrocławska dr hab. Tomasz Runka, Politechnika Poznańska prof. PWr dr hab. inż. Włodzimierz Salejda, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Paweł Scharoch, Politechnika Wrocławska dr inż. Kazimierz Sierański, Politechnika Wrocławska dr inż. Piotr Sitarek, Politechnika Wrocławska dr hab. inż. Gabriela Statkiewicz-Barabach, Politechnika Wrocławska dr inż. Radosław Strzałka, Akademia Górniczo-Hutnicza w Krakowie dr inż. Jan Szatkowski, Politechnika Wrocławska dr Izabela Szyperska, Politechnika Poznańska dr Agnieszka Tomaszewska, Akademia im. Jana Długosza w Częstochowie dr inż. Bartłomiej Toroń, Politechnika Śląska dr inż. Dominika Trefon-Radziejewska, Politechnika Śląska dr inż. Sebastian Wachowski, Politechnika Gdańska dr Jakub Wagner, Uniwersytet Warszawski mgr Mateusz Wlazło, Uniwersytet Warszawski prof. dr hab. Antoni Wójcik, Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu mgr inż. Klaudia Żerańska, Politechnika Warszawska Recenzenci prof. dr hab. Kazimierz Fabisiak dr Piotr Goldstein prof. dr hab. inż. Zbigniew Kąkol mgr inż. Michał Maciejewski prof. dr hab. Paweł Machnikowski dr Brygida Mielewska prof. dr hab. Jan Mostowski prof. AGH dr hab. Antoni Paja prof. dr hab. Ewa Popko Zespół redakcyjny Redakcja merytoryczna dr Agnieszka Tomaszewska mgr Waldemar Pławski Korekta językowa Daria Danilczyk Monika Hryniewicka Maria Kowalczyk Małgorzata Kryska-Mosur Marcin Kuźma Aleksandra Marczuk Aleksandra Sekuła Korekta techniczna i merytoryczna Adam Anglart Mariusz Bardyn Patryk Bojarski Weronika Brzezińska Alicja Kozłowska Katarzyna Ludwiczak Aleksandra Rafalak Mateusz Saniewski Cezary Turski Natalia Wilkus Autorzy University Physics Autorzy prowadzący Samuel J. Ling, Truman State University Prof. Samuel Ling od 25 lat wykłada fizykę ogólną i specjalistyczną na Truman State University, będąc jednocześnie dyrektorem Wydziału Fizyki. Prof. Ling ma dwa stopnie doktorskie uzyskane na Boston University, jeden z chemii, a drugi z fizyki. Zanim rozpoczął pracę na Truman State University, był szefem zespołu badawczego w Indian Institute of Science w Bangalore. Prof. Ling jest również autorem podręcznika A First Course in Vibrations and Waves , wydanego przez Oxford University Press. Prof. Ling ma ogromny dorobek w dziedzinie badań nad kształceniem fizyków. Opublikował pracę na temat metod współpracy w nauczaniu fizyki. Za swój wkład w innowacyjne metody nauczania otrzymał nagrody Truman Fellow i Jepson Fellow. Jego publikacje dotyczyły dziedzin takich jak kosmologia, fizyka ciała stałego i optyka nieliniowa. Jeff Sanny, Loyola Marymount University Dr Jeff Sanny uzyskał licencjat w dziedzinie fizyki w Harvey Mudd College w 1974 roku, a następnie stopień doktora w dziedzinie fizyki ciała stałego na University of California w Los Angeles w 1980 roku. Jesienią 1980 roku rozpoczął pracę na Loyola Marymount University, gdzie pełnił funkcję dyrektora wydziału oraz prodziekana. Nauczanie podstaw fizyki to jedno z jego ulubionych zajęć na uniwersytecie. Jest także wielkim propagatorem uczestnictwa studentów w badaniach naukowych i od wielu lat prowadzi studenckie koło naukowe zajmujące się fizyką przestrzeni kosmicznej. Bill Moebs, PhD Dr William Moebs uzyskał licencjat i doktorat w dziedzinie fizyki (w latach 1959 i 1965) na University of Michigan. Następnie na tej samej uczelni przez rok zajmował się pracą naukową, kontynuując swoje badania w dziedzinie fizyki cząstek elementarnych. W 1966 roku przeszedł na uniwersytet Indiana Purdue Fort Wayne (IPFW), gdzie w latach 1971-1979 piastował stanowisko dyrektora Wydziału Fizyki. W 1979 roku podjął pracę na Loyola Marymount University (LMU), kierując tamtejszym Wydziałem Fizyki w latach 1979-1986. Od 2000 roku jest na emeryturze. Publikował prace z zakresu fizyki cząstek elementarnych, kinetyki reakcji chemicznych, podziałów komórkowych, fizyki atomowej oraz nauczania fizyki. Pozostali autorzy David Anderson, Albion College Daniel Bowman, Ferrum College Dedra Demaree, Georgetown University Gerald Friedman, Santa Fe Community College Lev Gasparov, University of North Florida Edw. S. Ginsberg, University of Massachusetts Alice Kolakowska, University of Memphis Lee LaRue, Paris Junior College Mark Lattery, University of Wisconsin Richard Ludlow, Daniel Webster College Patrick Motl, Indiana University–Kokomo Tao Pang, University of Nevada–Las Vegas Kenneth Podolak, Plattsburgh State University Takashi Sato, Kwantlen Polytechnic University David Smith, University of the Virgin Islands Joseph Trout, Richard Stockton College Kevin Wheelock, Bellevue College Recenzenci Salameh Ahmad, Rochester Institute of Technology–Dubai John Aiken, University of Colorado–Boulder Anand Batra, Howard University Raymond Benge, Terrant County College Gavin Buxton, Robert Morris University Erik Christensen, South Florida State College Clifton Clark, Fort Hays State University Nelson Coates, California Maritime Academy Herve Collin, Kapi’olani Community College Carl Covatto, Arizona State University Alexander Cozzani, Imperial Valley College Danielle Dalafave, The College of New Jersey Nicholas Darnton, Georgia Institute of Technology Robert Edmonds, Tarrant County College William Falls, Erie Community College Stanley Forrester, Broward College Umesh Garg, University of Notre Dame Maurizio Giannotti, Barry University Bryan Gibbs, Dallas County Community College Mark Giroux, East Tennessee State University Matthew Griffiths, University of New Haven Alfonso Hinojosa, University of Texas–Arlington Steuard Jensen, Alma College David Kagan, University of Massachusetts Jill Leggett, Florida State College–Jacksonville Sergei Katsev, University of Minnesota–Duluth Alfredo Louro, University of Calgary James Maclaren, Tulane University Ponn Maheswaranathan, Winthrop University Seth Major, Hamilton College Oleg Maksimov, Excelsior College Aristides Marcano, Delaware State University Marles McCurdy, Tarrant County College James McDonald, University of Hartford Ralph McGrew, SUNY–Broome Community College Paul Miller, West Virginia University Tamar More, University of Portland Farzaneh Najmabadi, University of Phoenix Richard Olenick, The University of Dallas Christopher Porter, Ohio State University Liza Pujji, Manakau Institute of Technology Baishali Ray, Young Harris University Andrew Robinson, Carleton University Aruvana Roy, Young Harris University Abhijit Sarkar, The Catholic University of America Gajendra Tulsian, Daytona State College Adria Updike, Roger Williams University Clark Vangilder, Central Arizona University Steven Wolf, Texas State University Alexander Wurm, Western New England University Lei Zhang, Winston Salem State University Ulrich Zurcher, Cleveland State University", "section": "Przedmowa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Powyższe zdjęcie może przedstawiać wiele rzeczy. Równie dobrze może to być wir powstały w zbiorniku z wodą, jak i praca wykonana na zajęcia plastyczne przy użyciu farby i błyszczących koralików. Trudno stwierdzić, na co patrzymy, jeśli nie wiemy, jaki rozmiar ma dany przedmiot. Rozmiar ten powinien być podany w znanych nam jednostkach, takich jak metry czy centymetry. W rzeczywistości powyższe zdjęcie przedstawia Galaktykę Wir M51 (oraz galaktykę z nią sąsiadującą), której średnica wynosi około 60 tysięcy lat świetlnych (około 6 ⋅ 10 17 km ). (Źródło: S. Beckwith (STScI) Hubble Heritage Team, (STScI/AURA), ESA, NASA) Galaktyki są ogromne, a atomy bardzo małe, a jednak jedne i drugie podlegają tym samym prawom fizyki – jest to cecha wspólna wszystkich obiektów znajdujących się we Wszechświecie. Liczba praw fizyki jest zaskakująco mała, co jest dowodem na to, że pod pozorną złożonością przyrody kryje się prostota. Dzięki lekturze tego tekstu uzyskamy informacje na temat praw fizyki. Może się wydawać, że galaktyki i atomy nie mają związku z naszą codziennością, ale kiedy już zagłębimy się w temat, odkryjemy, że wpływ fizyki na nasze życie jest znacznie większy, niż przypuszczaliśmy, i to bez względu na to, czym się zajmujemy.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zakres stosowalności praw fizyki Fizyka skupia się na wyjaśnianiu wszystkich zjawisk zachodzących w przyrodzie. Dzięki niej możemy zrozumieć zjawiska zachodzące we wszystkich skalach, począwszy od cząstek elementarnych, a skończywszy na Wszechświecie w ogóle. Mimo że fizyka jest nauką bardzo rozległą, wszystkie jej dziedziny są ze sobą powiązane. Właśnie dlatego nauka podstaw fizyki przygotuje cię do pracy we wszystkich dziedzinach fizyki, a także w powiązanych z nimi dziedzinach nauki. W tym podrozdziale skupimy się na zakresie stosowalności praw fizyki – czyli dla jakich wartości długości, masy i czasu prawa te mogą być stosowane. Poznamy też zasady, według których nauka, a w szczególności fizyka, dokonuje analizy otaczającego nas świata. Zakres stosowalności praw fizyki Jeszcze raz spójrz na zdjęcie znajdujące się na początku rozdziału ( ). Galaktyka Wir (M51) (ang. Whirlpool Galaxy ) składa się z miliardów gwiazd oraz olbrzymich chmur gazu i pyłu. Po prawej stronie widzimy sąsiadującą z nią galaktykę. Galaktyki te leżą miliard bilionów kilometrów ( 2,3 ⋅ 10 21 km ) od Drogi Mlecznej (ang. Milky Way ), czyli galaktyki, w której znajduje się Ziemia. Gwiazdy i planety wchodzące w skład Galaktyki Wir to jedna z ostatnich rzeczy, którą ludzie na co dzień zaprzątają sobie głowę, ale na ich przykładzie można przedstawić siły działające we Wszechświecie. Siły, które sprawiają, że Galaktyka Wir zachowuje się w taki a nie inny sposób, to te same siły, których działanie musimy uwzględnić, ilekroć planujemy start kolejnej rakiety kosmicznej lub projektujemy dom. Ta sama grawitacja sprawia, że gwiazdy Galaktyki Wir obracają się, a na Ziemi woda przelewa się przez wzniesione przez człowieka zapory. Kiedy spojrzysz w niebo, uświadom sobie, że na gwiazdy oddziałują te same siły, co na Ziemi. Nauka fizyki pomoże Ci lepiej zrozumieć, że wszystkie znajdujące się we Wszechświecie obiekty są od siebie zależne. Pomyśl o wszystkich urządzeniach elektronicznych, których używasz na co dzień. Komputery, smartfony, systemy nawigacji satelitarnej (GPS), odtwarzacze MP3, radio satelitarne – to rzeczy, które prawdopodobnie przychodzą Ci do głowy. A teraz pomyśl o najbardziej niezwykłych nowoczesnych technologiach, o jakich słyszałeś: pociągi unoszące się nad torami, „peleryny niewidki” zakrzywiające znajdujące się wokół światło, mikroskopijne roboty będące w stanie zlokalizować znajdujące się w ludzkim ciele komórki rakowe. Wszystkie przełomowe wynalazki – te powszechnie używane i te, w których istnienie wciąż trudno nam uwierzyć, wykorzystują zasady fizyki. Zasady te odgrywają znaczącą rolę nie tylko w technologii, ale codziennie podczas pracy wykorzystywane są przez inżynierów, lekarzy czy fizjoterapeutów. Pilot musi być świadomy, w jaki sposób siła wiatru wpływa na tor lotu samolotu, fizjoterapeuta musi rozumieć, w jaki sposób działają siły, kiedy mięśnie ruszają się i kurczą. Zasady fizyki nie tylko pozwalają na tworzenie nowych, niezwykłych technologii, ale znajdują zastosowanie w wielu dziedzinach życia. Dzięki fundamentalnemu porządkowi natury nauki ścisłe, a w szczególności fizyka, są bardzo interesujące, a ich studiowanie może być ciekawą przygodą. Przykładowo: co łączy paczkę chipsów i akumulator samochodowy? Jedno i drugie posiada energię, która może ulec konwersji. Kalorie, baterie, ciepło, światło, sprężyny w zegarkach – we wszystkich tych zagadnieniach istotna jest zasada zachowania energii (która mówi, że energia może zmieniać swoją formę, ale nie może zniknąć). Zrozumienie tej zasady ułatwia przyswojenie informacji o różnych formach energii i związkach między nimi. Pozornie niepowiązane ze sobą tematy często mają wspólną cechę – prawa fizyki o szerokim zakresie stosowalności. Nie musimy za wszelką cenę zapamiętywać wzorów – wystarczy, że wiemy jaka jest przyczyna zjawiska. Prawa przyrody stanowią podstawę dla teorii i zasad, na których opierają się nauki ścisłe. Naukowcy nieustannie starają się poszerzać dostępną nam wiedzę, ulepszać definicje opisujących przyrodę praw. Słowo fizyka (ang. physics ) pochodzi od greckiego phúsis , oznaczającego naturę. Fizyka zgłębia mechanizmy leżące u podstaw każdego zjawiska – zajmuje się badaniem przemian energii i materii w przestrzeni i czasie. To zainteresowanie opisem podstawowych zjawisk zachodzących w przyrodzie definiuje obszar stosowalności praw fizyki . Fizyka prowadzi analizę zjawisk na bardzo podstawowym poziomie. Liczba praw istotnych do przeprowadzenia tej analizy jest niewielka, a ich znajomość wykorzystywana jest w innych dziedzinach i pozwala na nieustanne ulepszanie istniejących już technologii. przedstawia smartfon. Fizyka opisuje, w jaki sposób elektryczność oddziałuje ze znajdującymi się w tym urządzeniu obwodami elektrycznymi. Ta wiedza pozwala dobrać odpowiednie tworzywa oraz zaprojektować obwody. Zmniejszenie rozmiaru smartfona lub zwiększenie szybkości przetwarzania danych jest niemożliwe bez wiedzy z zakresu fizyki. Teraz pomyśl o odbiorniku GPS. Fizyka opisuje zależności między szybkością ciała, przebytą przez nie drogą oraz czasem potrzebnym na przebycie tej drogi. W celu oszacowania czasu podróży samochodem, GPS korzysta ze wzorów fizycznych. Poprawne działanie tego systemu wymaga również uwzględnienia poprawek relatywistycznych zaproponowanych przez Alberta Einsteina. Telefon komórkowy z funkcją GPS. Fizyka opisuje w jaki sposób prąd elektryczny przepływa przez znajdujące się w tym urządzeniu obwody. Inżynierowie projektujący takie telefony wykorzystują wiedzę z zakresu fizyki, aby dodać do urządzenia funkcje, które spodobają się użytkownikom. Jedną z takich funkcji jest system nawigacji satelitarnej (GPS). System GPS jedynie określa położenie nadajnika względem systemu satelit. Aplikacja mobilna pozwala na wyznaczenie trasy podróży pomiędzy dwoma punktami w oparciu o położenie początkowe i końcowe (z systemu GPS) oraz zapisaną w aplikacji mapę terenu. Wiedza z zakresu fizyki wykorzystywana jest nie tylko do projektowania technologii. Przydaje się również w codziennym życiu oraz w zawodach nie związanych z nauką. Pozwala zrozumieć, jak działa kuchenka mikrofalowa, dlaczego nie można umieszczać w niej metalowych przedmiotów i jaki wpływ może mieć ona na rozruszniki serca. Dzięki fizyce możemy poznać zagrożenia związane z promieniowaniem oraz dowiedzieć się, jak najprościej i najbardziej efektywnie ocenić te zagrożenia. Czy kiedykolwiek zastanawialiśmy się, dlaczego chłodnice samochodowe maluje się na czarno i dlaczego biały kolor dachu chroni wnętrze domu przed nagrzewaniem się? Fizyka zna odpowiedź na oba te pytania. Dużo prościej zrozumieć zasadę działania układu zapłonowego w samochodzie czy też sposób przepływu impulsów elektrycznych przez system nerwowy człowieka, jeśli spogląda się na nie z punktu widzenia fizyki. Fizyka stanowi kluczowy element wielu dziedzin, a na inne ma bezpośredni wpływ. Noblista, Ernest Rutherford jest autorem słów Cała nauka dzieli się na fizykę i zbieranie znaczków. ( All the science is either physics or stamps collecting. ). Chemia zajmuje się oddziaływaniami między atomami i cząsteczkami, a więc jest blisko powiązana z fizyką atomową i molekularną. Większość działań w zakresie inżynierii polega na projektowaniu nowych technologii, procesów lub struktur wykorzystujących wiedzę opartą na prawach fizyki. Jeśli chodzi o architekturę, znajomość fizyki potrzebna jest nie tylko dla zapewnienia równowagi projektowanych struktur, ale również odpowiedniej akustyki, oświetlenia i klimatyzacji. Zagadnienia geologiczne, takie jak datowanie skał, analiza sejsmiczna oraz przewodność cieplna również opierają się na fizyce. Dziedziny takie jak biofizyka czy geofizyka są połączeniem fizyki z innymi dziedzinami. Fizyka znajduje wiele zastosowań w dziedzinach związanych z biologią. Na poziomie mikroskopowym pozwala na opisanie cech komórek oraz ich otoczenia. Na poziomie makroskopowym opisuje temperaturę, pracę i moc związane z ludzkim ciałem i jego organami. Fizyka odgrywa znaczącą rolę w diagnostyce, na przykład podczas robienia zdjęć rentgenowskich, rezonansu magnetycznego lub ultrasonografii dopplerowskiej. Fizyka jest bezpośrednio wykorzystywana w terapii medycznej. Przykładem może być radioterapia, w której wykorzystuje się promieniowanie jonizujące. Fizyka wyjaśnia również zjawiska odbierane przez zmysły człowieka – tłumaczy, dlaczego oczy rozpoznają kolory, czy jak instrumenty muzyczne wytwarzają dźwięk. Nie trzeba zapamiętywać listy wszystkich zastosowań fizyki. Istotne jest to, aby poznać podstawowe prawa fizyki i umieć zauważyć ich wpływ na dane zjawisko. Nauka fizyki może pozytywnie wpłynąć na umiejętność rozwiązywania problemów. Prawa fizyki wyjaśniają najbardziej podstawowe zjawiska zachodzące w przyrodzie, co sprawia, że ich znajomość ułatwia przyswojenie wiedzy z innych dziedzin. Skala w fizyce Na podstawie tego, co napisano w poprzednim podrozdziale, można wywnioskować, że znajomość fizyki jest niezbędna, aby odnieść sukces w jakiejkolwiek dziedzinie z zakresu nauk przyrodniczych lub inżynierii. Wszystko, co znajduje się w widzialnym Wszechświecie, niezależnie od skali długości, masy i czasu, podlega prawom fizyki. Aby w pełni zrozumieć, co oznacza to zdanie, musimy skupić się na liczbach. Zanim przejdziemy do opisu różnych skal w fizyce, zatrzymajmy się na chwilę nad pojęciem rzędu wielkości. Z pojęcia tego będziemy korzystać podczas opisu długości, masy i czasu w dalszej części książki ( ). (a) Dzięki skaningowemu mikroskopowi tunelowemu można zobaczyć pojedyncze atomy (o średnicy około 10 –10 m ) tworzące płytkę złota. (b) Niewielki fitoplankton płynie wśród kryształków lodu przez wody oblewające Antarktydę. Jego długość waha się od kilku mikrometrów ( 1 μm to 10 –6 m ) do 2 milimetrów ( 1 ⁢ mm to 10 –3 m ). (c) Dwie kolidujące ze sobą galaktyki NGC 4676A (po prawej) i NGC 4676B (po lewej) ze względu na charakterystyczne „ogony” nazywane są „Myszami”. Znajdują się w konstelacji zwanej Warkoczem Bereniki, 300 milionów lat świetlnych od Ziemi. Kiedyś obie te galaktyki połączą się w jedną. (Źródło (a) Erwinrossen; Źródło (b) Prof. Gordon T. Taylor, Stony Brook University; NOAA Corps Collections; Źródło (c) NASA, H. Ford (JHU), G. Illingworth (UCSC/LO), M. Clampin (STScI), G. Hartig (STScI), ACS Science Team oraz ESA) Rząd wielkości Rząd wielkości (ang. order of magnitude ) liczby to najbliższa jej wartości potęga liczby 10. Dlatego mówimy, że rząd wielkości opisuje skalę (lub rozmiar) wartości. W systemie dziesiętnym każda potęga liczby 10 reprezentuje inny rząd wielkości. 10 1 , 10 2 , 10 3 stanowią różne rzędy wielkości, tak samo jak 10 0 = 1 , 10 −1 , 10 −2 i 10 −3 . Aby znaleźć rząd wielkości liczby, należy obliczyć logarytm dziesiętny z tej liczby, a wynik zaokrąglić do liczby całkowitej. Jeśli podniesiemy 10 do potęgi, którą otrzymaliśmy, uzyskamy rząd wielkości liczby. Przykładowo, rzędem wielkości liczby 800 jest 10 3 , ponieważ log 10 ⁡ 800 ≈ 2,903 , co zaokrąglamy do 3. Rzędem wielkości liczby 450 również jest 10 3 , ponieważ log 10 ⁡ 450 ≈ 2,653 , co również zaokrąglamy do 3. Dlatego mówimy, że 800 i 450 mają ten sam rząd wielkości: 10 3 . Rzędem wielkości liczby 250 jest 10 2 , ponieważ log 10 ⁡ 250 ≈ 2,397 , co należy zaokrąglić do 2. Istnieje też drugi, szybszy sposób obliczania rzędu wielkości. Liczbę, której rzędu wielkości szukamy, należy zapisać w postaci wykładniczej, a następnie sprawdzić, czy mantysa mantysa (ang. mantissa ) – w zapisie liczb zmiennoprzecinkowych odpowiada za precyzję odwzorowania w zbiór liczb rzeczywistych. jest większa czy mniejsza od 10 = 10 0,5 ≈ 3 . Jeśli spojrzymy na skalę logarytmiczną, zauważymy, że 10 = 10 0,5 znajduje się w połowie między 1 = 10 0 i 10 = 10 1 . Jeśli mantysa jest mniejsza od 10 , zaokrąglamy ją do 1, a rzędem wielkości jest po prostu potęga liczby 10. Jeśli mantysa jest większa od 10 , zaokrąglamy ją do 10, a rzędem wielkości jest potęga liczby 10 powiększona o 1. Liczbę 800 zapisujemy w notacji wykładniczej jako 8 ⋅ 10 2 . Mantysa jest równa 8, a więc jest większa od 10 ≈ 3 , dlatego rząd wielkości liczby 800 jest równy 10 2 + 1 = 10 3 Liczbę 450 zapisujemy w notacji wykładniczej jako 4,5 · 10 2 . 4,5 również jest większe od 3, więc rzędem wielkości 450 również jest 10 3 . Jeśli zapiszemy 250 w notacji wykładniczej, otrzymamy 2,5 · 10 2 . 2,5 jest mniejsze od 3, więc rząd wielkości liczby 250 jest równy 10 2 . Rząd wielkości liczby obliczamy, aby móc określić skalę lub rozmiar obiektu. Sposób polegający na zaokrąglaniu liczb do najbliższej potęgi liczby 10 pozwala obliczyć rząd wielkości w głowie, nawet jeśli mamy do czynienia z bardzo dużymi lub bardzo małymi liczbami. Rząd średnicy atomu wodoru jest równy 10 − 10 m , a rząd średnicy Słońca 10 9 m , co oznacza, że aby przez środek Słońca przeciągnąć linę zbudowaną z atomów wodoru, potrzebowalibyśmy ich 10 9 / 10 − 10 = 10 19 . O wiele prościej wykonać te obliczenia w głowie, niż kiedy korzysta się z dokładnych wartości. Atom wodoru ma w rzeczywistości średnicę równą 1,06 ⋅ 10 − 10 m , a Słońce 1,396 ⋅ 10 9 m . Korzystając z tych liczb, możemy obliczyć, że wspomniana wcześniej lina musiałaby składać się z 1,31 ⋅ 10 19 atomów wodoru. Na podstawie tego przykładu możemy stwierdzić, że szacowanie przy użyciu rzędów wielkości nie tylko przyspiesza obliczenia, ale daje wynik bardzo zbliżony do rzeczywistego. Przykładowe rzędy wielkości długości, masy i czasu obrazuje, jak bardzo zróżnicowany jest Wszechświat i jak daleko sięga obszar zainteresowań fizyki. Analiza tej tabeli pomoże nam wyrobić sobie pojęcie na temat zagadnień, którymi może zajmować się fizyka, oraz przykładowych wartości długości, masy i czasu. Proste pytania, takie jak poniżej, pozwolą uzmysłowić sobie, jak bardzo różnią się wielkości opisujące różne obiekty. Ile atomów wodoru potrzeba, aby utworzyć linę o długości średnicy Słońca? (Odpowiedź: 10 9 m / 10 − 10 m = 10 19 atomów wodoru) Ile protonów znajduje się w jednej bakterii? (Odpowiedź: 10 − 15 k g / 10 − 27 k g = 10 12 protonów) Ile operacji zmiennoprzecinkowych może wykonać superkomputer w ciągu doby? (Odpowiedź: 10 5 s / 10 − 17 s = 10 22 operacji) Spróbuj ułożyć podobne pytania i odpowiedzieć na nie przy pomocy informacji zawartych w . Tego typu zadanie sprawi, że nudna tabela z liczbami stanie się o wiele ciekawsza. Powyższa tabela przedstawia przykładowe rzędy wielkości długości, masy i czasu. Jeśli chcesz się dowiedzieć, jak zróżnicowane rozmiary mają obiekty znajdujące się w naszym Wszechświecie, odwiedź tę stronę . Poruszaj suwakiem w prawo i w lewo, aby zobaczyć większe lub mniejsze obiekty – jeśli chcesz dowiedzieć się więcej o którymś z nich, po prostu kliknij na niego. Tworzenie modeli Skąd wiemy, jakie prawa rządzą zjawiskami naturalnymi? Aby określić, czym są tak zwane prawa natury, korzystamy z opisów sformułowanych przez człowieka, charakteryzujących zasady, którym podlegają wszystkie procesy zachodzące w przyrodzie. Prawa te są nieodłączną częścią Wszechświata – nie zostały stworzone przez człowieka i człowiek może jedynie odkryć je i zrozumieć, ale nie może ich zmienić. Ich odkrycie było skutkiem dążenia człowieka do poznania prawdy o naturze rzeczy. Na drodze każdego odkrycia ( ) spotykają się tajemnica, wyobraźnia, walka, triumf i zawód – i w tym wypadku też nie było inaczej. Podstawą odkrywania praw przyrody jest obserwacja – badacz musi opisywać Wszechświat jakim on jest, a nie jakim może się on wydawać. (a) Enrico Fermi (1901–1954) pochodził z Włoch. Po odebraniu Nagrody Nobla w Sztokholmie w 1938 roku za pracę nad sztuczną promieniotwórczością wytwarzaną przez neutrony zabrał swoją rodzinę do Ameryki, aby nie wracać do kraju rządzonego przez faszystów. Został obywatelem Stanów Zjednoczonych i wziął udział w Projekcie Manhattan, którego celem było zbudowanie bomby atomowej. (b) Maria Skłodowska-Curie (1867–1934) poświęciła swój majątek, aby rozpocząć badania naukowe. Z powodu napromieniowania ucierpiało jej zdrowie. Skłodowska-Curie jest jedyną osobą, która otrzymała Nagrody Nobla za osiągnięcia w dwóch różnych dziedzinach (fizyce i chemii). Jedna z jej córek również otrzymała Nagrodę Nobla. (Źródło a) Departament Energii Stanów Zjednoczonych) Model (ang. model ) stanowi reprezentację czegoś, co często nie może być pokazane bezpośrednio. Chociaż każdy model tworzony jest na podstawie eksperymentów, może on opisywać jedynie pewne aspekty układu fizycznego. Przykładem może być model atomu Bohra, w którym elektron krąży wokół jądra w taki sam sposób, w jaki planety krążą wokół Słońca ( ). Nie możemy zobaczyć orbity elektronowej, ale wyobrażenie jej sobie pomaga zrozumieć zjawiska, takie jak emisja światła przez gorące gazy (widmo emisyjne atomu). Inne badania pokazały, że atom nie wygląda tak, jak w modelu Bohra. Mimo że model ten jest błędny, wciąż może być przydatny. Fizycy mogą korzystać z modeli w różnych celach. Modele mogą być pomocne podczas weryfikacji hipotezy lub podczas przeprowadzania obliczeń. Mogą być też wykorzystane w symulacji komputerowej. Zweryfikowany model pozwala na wnioskowanie na temat zjawiska fizycznego poza warunkami, w których dokonano pomiarów. Modele stanowią bardzo istotny element prac w ośrodkach naukowych takich jak CERN, czy też NASA. Czym jest model? Model atomu Bohra przedstawia elektron krążący wokół jądra po jednej z kilku możliwych orbit kołowych. Jak wszystkie modele, tak i ten nie prezentuje wszystkich aspektów układu fizycznego. Słowo teoria w kontekście nauk ścisłych oznacza co innego niż w języku potocznym. Dla naukowca teoria nie jest równoważna z pomysłem lub domysłem lub nawet z hipotezą. Stwierdzenie „to tylko teoria” nie ma sensu, ponieważ nauka opiera się właśnie na teoriach. Dla naukowca teoria (ang. theory ) stanowi wytłumaczenie wzorców, według których zachodzą zjawiska w przyrodzie. Teoria musi być wielokrotnie przetestowana przez różnych badaczy i udowodniona naukowo. Niektóre teorie korzystają z modeli obrazujących pewne zjawiska, inne nie wymagają ich stosowania. W przypadku teorii grawitacji Newtona model jest zbędny, ponieważ jesteśmy w stanie gołym okiem obserwować obiekty, które ulegają prawu ciążenia. Kinetyczna teoria gazów wykorzystuje model, w którym gaz składa się z atomów lub cząsteczek. Atomy i cząsteczki są zbyt małe, abyśmy mogli je zaobserwować gołym okiem, dlatego musimy je sobie wyobrazić, aby zrozumieć, co o zachowaniu gazu mówią nam wskazania przyrządów pomiarowych. Model prezentuje jedynie wybrane aspekty układu fizycznego, natomiast teoria powinna opisywać wszystkie aspekty układu znajdującego się w zasięgu jej zakresu stosowalności. Wyciągnięte na podstawie teorii, możliwe do przetestowania wnioski muszą zostać zweryfikowane. Jeśli wyniki eksperymentu pokazują, że teoria jest błędna, zostaje ona odrzucona lub odpowiednio zmodyfikowana (na przykład poprzez zawężenie jej zakresu stosowalności). Definicja zasady (ang. law ) jest zwięzła i zawiera ogólny opis wzorca charakteryzującego zjawisko, poparty dowodami naukowymi i wynikami eksperymentów. Zasada często jest przedstawiana w formie równania matematycznego. Zasady i teorie są to twierdzenia naukowe wynikające z przetestowanej hipotezy, poparte dowodami naukowymi. Określenie zasady jest zazwyczaj zarezerwowane dla bardzo ogólnego twierdzenia opisującego zachodzące w przyrodzie zjawisko, na przykład zasada zachowania energii lub druga zasada dynamiki Newtona, które może być zdefiniowane przez proste równanie F = m a , przedstawiające zależność między siłą ( F ), masą ( m ) oraz przyspieszeniem ( a ). Teoria jest twierdzeniem mniej zwięzłym niż zasada i oparta jest na obserwacji zjawiska. Na przykład teoria ewolucji lub teoria względności nie są wystarczająco zwięzłe, by można było nazwać je zasadami. Krótko mówiąc, teoria jest bardziej złożona i mniej konkretna niż zasada. Zasada dotyczy pojedynczego działania i wybranego zakresu pojęć, podczas gdy teoria opisuje całą grupę powiązanych zjawisk. Twierdzenia o węższym zakresie stosowalności nazywane są zazwyczaj prawami (jak na przykład prawo Pascala, które dotyczy jedynie cieczy), ale różnice między zasadami i prawami nie zawsze są oczywiste. Opracowane przez nas modele, teorie i prawa czasem zakładają istnienie obiektów lub zjawisk, które nie zostały jeszcze zaobserwowane. Niezwykłe jest to, że jesteśmy w stanie wywnioskować, że takie obiekty i zjawiska istnieją – jest to możliwe dzięki fundamentalnemu porządkowi Wszechświata. Przykładem może być to, że istnienie Bozonu Higgsa zostało przewidziane 50 lat temu, a do jego weryfikacji eksperymentalnej konieczne było zbudowanie Wielkiego Zderzacza Hadronów ( Large Hadron Collider , LHC) i wysiłek zastępów inżynierów i naukowców. Ostatecznie zaowocowało to Nagrodą Nobla. Podobnie historia potoczyła się w przypadku niedawnej Nagrody Nobla dla naukowców z eksperymentów LIGO/VIRGO, które zweryfikowały hipotezę Alberta Einsteina na temat fal grawitacyjnych. Jeśli jednak z eksperymentów jasno wynika, że postawione założenia są błędne, teoria lub zasada zostaje uznana za złą niezależnie od tego, jak mądrze brzmi. Jednocześnie nie potrafimy w fizyce zweryfikować założeń i modeli ze stuprocentową pewnością, ponieważ niemożliwe jest wykonanie wszystkich możliwych eksperymentów dla wszystkich możliwych przypadków. Fizycy zakładają, że wszystkie zasady i teorie są prawdziwe, dopóki nie zostanie udowodnione, że są błędne. Jeżeli wiarygodny, dobrze przeprowadzony eksperyment przeczy powszechnie uznawanej zasadzie lub teorii, teoria lub zasada musi zostać zmodyfikowana lub zupełnie odrzucona. Zgłębianie nauk ścisłych, a w szczególności fizyki, jest przygodą taką samą, jak badanie nieznanego oceanu. Wraz z każdym nowym odkryciem, modelem, teorią, zasadą lepiej rozumiemy fizyczny Wszechświat. Podsumowanie Fizyka zajmuje się odkrywaniem zasad opisujących zjawiska naturalne. Fizyka dotyczy szerokiego zakresu długości, masy i czasu. Przedstawianie wartości przy pomocy rzędu wielkości pomaga stwierdzić, w jakiej skali zachodzi dane zjawisko. Dzięki rzędom wielkości można także porównywać ze sobą różne skale. Naukowcy próbują opisać otaczający nas świat, tworząc modele oraz formułując teorie i zasady. Pytania Czym jest fizyka? Fizyka jest nauką, która w celu odkrycia mechanizmów leżących u źródła zjawisk zajmuje się opisem związków między energią, materią, przestrzenią i czasem. Niektórzy mówią, że fizyka to „poszukiwanie prostoty”. Jak myślisz, dlaczego taki opis może być uzasadniony? Jeżeli dwie różne teorie opisują doświadczenie w tak samo dobry sposób, to czy jedna z nich może być uznana za bardziej prawidłową niż druga (zakładając, że obie z nich są zgodne z zasadami logiki)? Nie, żadna z tych teorii nie może być uznana za bardziej prawidłową. Jeżeli wyniki doświadczeń nie sugerują, że jedna z teorii lepiej opisuje rzeczywistość, oznacza to, że obie są tak samo prawidłowe. Fizyk może preferować jedną z teorii, ponieważ może mu się ona wydawać prostsza, bardziej naturalna albo piękniejsza, ale fizyk ten na pewno przyzna, że drugiej z tych teorii nie można nazwać nieprawidłową. Powie raczej, że aby stwierdzić, która z teorii lepiej opisuje zachodzące zjawisko, należałoby przeprowadzić więcej doświadczeń. Co decyduje o tym, czy teoria może być uznana za prawidłową? Aby teoria mogła być uznana za prawidłową, spełnione muszą zostać pewne kryteria. Czy kryteria te będą tak samo surowe, jeżeli w efekcie przeprowadzonego doświadczenia uzyskamy wynik oczekiwany i nieoczekiwany? Prawdopodobnie nie. Jak mówi przysłowie „niecodzienne sytuacje wymagają niecodziennych rozwiązań”. Czy model musi być uniwersalny, czy też może odnosić się do ograniczonej liczby sytuacji? Czy takie same wymagania dotyczą teorii lub zasady fizycznej? Zadania Określ rząd wielkości podanych wielkości fizycznych. Masa atmosfery ziemskiej: 5,1 ⋅ 10 18 k g ; Masa atmosfery Księżyca: 25000,0 k g ; Masa hydrosfery ziemskiej: 1,4 ⋅ 10 21 k g ; Masa Ziemi: 5,97 ⋅ 10 24 k g ; Masa Księżyca: 7,34 ⋅ 10 22 k g ; Odległość Księżyca od Ziemi (półoś wielka): 3,84 ⋅ 10 8 m ; Odległość Ziemi od Słońca: 1,5 ⋅ 10 11 m ; Promień równikowy Ziemi: 6,38 ⋅ 10 6 m ; Masa elektronu: 9,11 ⋅ 10 − 31 k g ; Masa protonu: 1,67 ⋅ 10 − 27 k g ; Masa Słońca: 1,99 ⋅ 10 30 k g . Skorzystaj z rzędów wielkości wyznaczonych w poprzednim zadaniu, aby odpowiedzieć na następujące pytania (odpowiedź podaj, określając rząd wielkości). Masa ilu elektronów jest równa masie protonu? Ile razy masa Słońca jest większa od masy Ziemi? Ile razy odległość Słońca od Ziemi jest większa niż odległość Księżyca od Ziemi? Ile razy masa atmosfery ziemskiej jest większa od masy atmosfery Księżyca? Ile razy masa Ziemi jest większa od masy Księżyca? Ile razy masa Słońca jest większa od masy protonu? 10 3 ; 10 5 ; 10 2 ; 10 15 ; 10 2 ; 10 57 . Aby rozwiązać kolejne zadania, musisz skorzystać z , w którym opisano rzędy wielkości długości, masy i czasu. Ile razy uderza serce w ciągu życia człowieka? Pokolenie to około jedna trzecia życia. Ile pokoleń żyło od roku 1 n.e.? 10 2 pokoleń Ile razy dłuższe jest ludzkie życie niż średni czas życia bardzo niestabilnego jądra atomu? Z ilu atomów składa się bakteria? Przyjmij, że średnia masa atomów budujących bakterię jest 10 razy większa od masy protonu. 10 11 atomów Z ilu komórek zbudowane jest ciało kolibra? Przyjmij, że masa przeciętnej komórki jest 10 razy większa niż masa bakterii. Z ilu komórek zbudowane jest ludzkie ciało. Przyjmij to samo założenie co w poprzednim podpunkcie. Zakładając, że jeden impuls musi się skończyć, zanim wytworzony zostanie następny, jaka jest maksymalna liczba impulsów nerwowych generowanych w ciągu sekundy? 10 3 impulsów Ile operacji zmiennoprzecinkowych może wykonać superkomputer w ciągu roku? Ile operacji zmiennoprzecinkowych może wykonać superkomputer w czasie życia człowieka? 10 26 operacji zmiennoprzecinkowych zasada (ang. law ) wzór matematyczny lub zwięzły, ogólny opis schematu zjawiska, poparty dowodami naukowymi i wynikami eksperymentów model (ang. model ) reprezentacja czegoś, co nie może być pokazane bezpośrednio rząd wielkości (ang. order of magnitude ) najbliższa wartości liczby potęga liczby 10 fizyka (ang. physics ) nauka opisująca związki między energią, masą, materią, przestrzenią i czasem; zgłębia mechanizmy leżące u podstaw zjawisk teoria (ang. theory ) wytłumaczenie wzorców, według których zachodzą zjawiska; musi być możliwa do przetestowania, poparta dowodami naukowymi oraz wielokrotnie zweryfikowana", "section": "Zakres stosowalności praw fizyki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Układy jednostek miar https://youtu.be/Oo0jm1PPRuo Jak już wiemy, zakres zainteresowań fizyki obejmuje wiele przeróżnych obiektów i zjawisk. Od niezwykle krótkiego życia jądra atomu po wiek Ziemi, od maleńkich cząstek subatomowych po ogromne odległości dzielące granice znanego Wszechświata, od energii skaczącej pchły po siłę przyciągania między Ziemią i Słońcem – liczba potęg 10 jest wystarczająca, by wystawić na próbę wyobraźnię nawet najbardziej doświadczonego naukowca. Przedstawianie wielkości fizycznych przy pomocy liczb oraz praw fizyki przy pomocy wzorów pozwala na głębsze zrozumienie badanego zjawiska niż jedynie przy pomocy opisów. Aby pojąć, jak wielkie są różnice między występującymi w przyrodzie wielkościami, musimy przedstawić te wielkości w pewnych jednostkach. Nawet dzięki prozaicznym metrom, kilogramom czy sekundom możemy odkryć prostotę natury – wszystkie wielkości fizyczne można wyrazić przy pomocy siedmiu podstawowych wielkości fizycznych. Wielkość fizyczna (ang. physical quantity ) definiowana jest przez sposób pomiaru lub przez sposób obliczania jej na podstawie innych pomiarów. Droga i czas mogą być zdefiniowane przez określenie metod ich pomiaru, takich jak użycie miarki lub stopera. Natomiast prędkość średnia może zostać zdefiniowana jako iloraz przebytej drogi i czasu. Miary wielkości fizycznych przedstawiane są przy pomocy znormalizowanych wartości zwanych jednostkami (ang. unit ). Dystans biegu, który jest wielkością fizyczną, może zostać wyrażony za pomocą metrów (dla biegu krótkodystansowego) lub kilometrów (dla biegu długodystansowego). Bez znormalizowanych jednostek wyrażanie i porównywanie wielkości fizycznych byłoby niezwykle trudne ( ). Przedstawianie odległości w nieznanych jednostkach jest bezcelowe. Istnieją dwa główne systemy jednostek miar. Pierwszym z nich jest układ SI (fr. Système International d’Unités ) (ang. SI units ), który zastąpił używany wcześniej system CGS (ang. centimeter-gram-second ). Drugim systemem jest brytyjski system miar (ang. English units ) (wykorzystujący tzw. jednostki imperialne ). Brytyjski system miar nazywany jest systemem FPS (ang. foot-pound-second ). Jednostki występujące w brytyjskim systemie miar były używane w koloniach brytyjskich i wciąż często korzysta się z nich w Stanach Zjednoczonych. Obecnie w większości krajów na świecie używa się jednostek układu SI. Jest to system metryczny, z którego korzystają naukowcy. Układ SI: jednostki podstawowe i pochodne Dla pewnych wielkości jednostki każdego systemu metrycznego muszą zostać zdefiniowane na podstawie pomiarów. Wielkości te nazywamy wielkościami podstawowymi (ang. base quantities ), a opisujące je jednostki jednostkami podstawowymi (ang. base unit ). Pozostałe wielkości mogą zostać wyrażone przy pomocy wielkości podstawowych. Nazywamy je zatem wielkościami pochodnymi (ang. derived quantity ), a jednostki je opisujące jednostkami pochodnymi (ang. derived units ). Wybór wielkości podstawowych nie jest narzucony z góry, ale muszą być one niezależne od siebie nawzajem i musi być możliwe wyprowadzenie za ich pomocą wszystkich wielkości pochodnych. Jako wielkości podstawowe wybiera się wielkości fizyczne, których pomiary odznaczają się wysoką precyzją i powtarzalnością. Jest to bardzo istotne, ponieważ jednostki pochodne wyprowadzane są z jednostek podstawowych, a więc ich dokładność nigdy nie będzie wyższa niż dokładność jednostek podstawowych. Na podstawie powyższych rozważań Międzynarodowa Organizacja Normalizacyjna wyróżniła siedem wielkości podstawowych, które tworzą Międzynarodowy Układ Wielkości (ISQ) i opisują podstawowe jednostki układu SI. Wielkości wraz z jednostkami przedstawia . Wielkości podstawowe układu ISQ i odpowiadające im jednostki układu SI Wielkość podstawowa układu ISQ Jednostka podstawowa układu SI długość metr (m) masa kilogram (kg) czas sekunda (s) natężenie prądu elektrycznego amper (A) temperatura termodynamiczna kelwin (K) liczność materii mol (mol) światłość kandela (cd) Prawdopodobnie znasz część wielkości pochodnych, które można wyprowadzić przy pomocy wielkości zaprezentowanych w . Na przykład pole powierzchni oblicza się na podstawie dwóch długości – oznacza to, że pole powierzchni jest wielkością pochodną wyrażoną za pomocą metrów kwadratowych – jednostki pochodnej stworzonej na podstawie metra, będącego jednostką podstawową układu SI ( m ⋅ m = m 2 ). Objętość jest wielkością pochodną, którą można wyrazić w metrach sześciennych ( m 3 ). Szybkość to stosunek drogi do czasu, a jej jednostka, metr na sekundę (m/s), utworzona jest na podstawie jednostek podstawowych. Gęstość jest to stosunek masy do objętości, a wyraża się ją w kilogramach na metr sześcienny ( k g / m 3 ). Kąty również można nazwać wielkościami pochodnymi, ponieważ można je wyrazić jako stosunek długości łuku do promienia okręgu. Jeśli długość łuku jest równa długości promienia okręgu, możemy zdefiniować jednostkę pochodną – radian. W zależności od potrzeb, możemy wyprowadzić inne wielkości pochodne, takie jak na przykład masowe natężenie przepływu (kg/s), objętościowe natężenie przepływu ( m 3 / s ), ładunek elektryczny ( A ⋅ s ), gęstość strumienia masy k g / ( m 2 ⋅ s ) i inne. Podczas lektury tej książki napotkamy jeszcze wiele innych przykładów. Ważne, aby zapamiętać, że każda wielkość fizyczna może być wyprowadzona na podstawie siedmiu wielkości podstawowych, przedstawionych w , a wszystkie jednostki opisujące wielkości fizyczne mogą być wyprowadzone na podstawie siedmiu podstawowych jednostek układu SI. W tej książce pojawiać się będą głównie jednostki układu SI. Będziemy również używać jednostek nie znajdujących się w układzie SI, ale powszechnie używanych, jak na przykład stopni Celsjusza do wyrażenia temperatury ( ∘ C ), litrów do wyrażenia objętości (l) lub elektronowoltów do wyrażenia energii cząstek elementarnych (eV). Jeśli pojawią się jednostki spoza układu SI, przedstawiona zostanie ich konwersja na jednostki znajdujące się w tym układzie (np. 1 l to 10 − 3 m 3 ). Zapoznaj się z obszerną listą jednostek układu SI na stronie Narodowego Instytutu Standaryzacji i Technologii (NIST). Jednostki czasu, długości i masy: sekunda, metr, kilogram Początkowe rozdziały tej książki zajmują się mechaniką, płynami oraz falami. Wszystkie istotne dla opisu tych zagadnień wielkości fizyczne mogą być wyrażone przy pomocy podstawowych jednostek długości, masy i czasu. Dlatego teraz skupimy się tylko na tych trzech podstawowych jednostkach. Sekunda Sekunda (s) (ang. second ) jest jednostką układu SI, której historia sięga daleko wstecz. Przez wiele lat sekundę definiowano jako 1/86400 średniej doby słonecznej. Następnie uznano, że definicja powinna być zależna od niezmieniającego się zjawiska fizycznego (doba słoneczna staje się dłuższa wraz ze spadkiem szybkości obrotu Ziemi). Okazuje się, iż atomy cezu można wprawić w regularne drgania, które następnie można obserwować i zliczać. W 1967 roku na nowo zdefiniowano sekundę, określając ją jako czas trwania 9 192 631 770 drgań atomu cezu ( ). Mogłoby się wydawać, że tak wysoka dokładność określania czasu prawdopodobnie nigdy się nam nie przyda, ale system GPS korzysta z dokładności zegara atomowego, dzięki czemu możemy odbierać instrukcje dotyczące trasy na powierzchni Ziemi, z dala od satelitów nadających sygnał. Dzięki zliczaniu drgań atomu cezu zegar atomowy odmierza czas z dokładnością wyższą niż jedna mikrosekunda na rok. Na pomiarach takich właśnie zegarów oparta jest podstawowa jednostka czasu – sekunda. Tzw. fontanna atomowa widoczna na zdjęciu ma długość prawie 9 m. (Źródło: Steve Jurvetson) Metr Jednostką długości w układzie SI jest metr (m) (ang. meter ). Definicja metra również ulegała zmianom, które miały na celu zwiększenie dokładności. W roku 1791 stworzono pierwszą definicję metra – określono go jako 1 / 10 000 000 odległości między równikiem a biegunem północnym. W 1889 metr został zdefiniowany jako odległość między dwiema liniami wyrytymi na pewnej płycie wykonanej ze stopu platyny i irydu. Płyta ta znajduje się obecnie w miejscowości Sèvres pod Paryżem. W 1960 roku możliwe stało się stworzenie jeszcze bardziej precyzyjnej definicji metra, poprzez wyrażenie go przez długość fali świetlnej – tym razem metr określono jako 1 650 763,73 długości fali światła pomarańczowego emitowanego przez atomy kryptonu. W 1983 roku została stworzona definicja metra częściowo obowiązująca do dzisiaj. Metr jest to więc dystans, jaki światło w próżni przebywa w ciągu 1 / 299 792 458 sekundy ( ). Utworzenie tak precyzyjnej definicji stało się możliwe dzięki odkryciu, że prędkość światła jest równa dokładnie 299 792 458 m / s . Jeśli pewnego dnia prędkość światła zostanie zmierzona z wyższą dokładnością, wtedy definicja metra ponownie ulegnie zmianie. Metr definiuje się jako drogę, którą światło w próżni przebywa w ciągu 1 / 299 792 458 sekundy. Droga jest to iloczyn szybkości i czasu. Kilogram Jednostką masy w układzie SI jest kilogram (kg) (ang. kilogram ). Do 19 maja 2019 roku jego wzorem była masa platynowo-irydowego walca, który przechowywany jest w Międzynarodowym Biurze Miar i Wag w Sèvres pod Paryżem. Była to ostatnia podstawowa jednostka układu SI, zdefiniowana na podstawie właściwości zamkniętego w sejfie obiektu, a nie na podstawie stałej fizycznej. Obecnie kilogram zdefiniowany jest z wykorzystaniem stałej Plancka h = 6,626 070 15 ⋅ 10 -34 ⁢ kg ⁢ m 2 ∕ s h = \\SI{6,62607015e-34}{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second} , której wartość dokładnie zmierzono za pomocą wagi Watta (przedstawionej na ). Jest to szczególnie ważna zmiana, ponieważ wiele pochodnych jednostek układu SI opartych jest na jednostce masy. Jeden ze znanych popularyzatorów fizyki, we współpracy z Narodowym Instytutem Standaryzacji i Technologii (NIST), nagrał krótki film , w którym bardzo szczegółowo opowiada o nowej definicji kilograma i w jaki sposób dokonuje się precyzyjnego pomiaru stałej Plancka. Waga Watta przechowywana w Narodowym Instytucie Standaryzacji i Technologii (NIST), którą wykorzystano do precyzyjnego wyznaczenia stałej Plancka. (Źródło: Narodowy Instytut Standaryzacji i Technologii) Przedrostki jednostek miar układu SI Jednostki układu SI tworzą system metryczny (ang. metric system ). Korzystanie z tego system usprawnia obliczenia, ponieważ jednostki klasyfikowane są według rzędów wielkości. zawiera listę przedrostków oraz symboli, odpowiadających konkretnym potęgom liczby 10. Przykładowo centymetr jest równy jednej setnej metra ( 1 c m = 10 − 2 m ), a kilometr to tysiąc metrów ( 1 k m = 10 3 m ). Megagram to milion gramów ( 1 M g = 10 6 g ), nanosekunda równa jest jednej miliardowej sekundy ( 1 n s = 10 − 9 s ), a terametr to bilion metrów ( 1 T m = 10 12 m ). Przedrostki odpowiadające potęgom liczby 10 oraz ich symbole greckie litery symbol znaczenie łacińskie określenia symbol znaczenie jotta- Y 10 24 jokto- y 10 -24 zetta- Z 10 21 zepto- z 10 -21 eksa- E 10 18 atto- a 10 -18 peta- P 10 15 femto- f 10 -15 tera- T 10 12 piko- p 10 -12 giga- G 10 9 nano- n 10 -9 mega- M 10 6 mikro- µ 10 -6 kilo- k 10 3 mili- m 10 -3 hekto- h 10 2 centy- c 10 -2 deka- da 10 1 decy- d 10 -1 Należy podkreślić, że przedrostków nie można ze sobą łączyć, to znaczy, że jeśli pomiar przedstawiono w petametrach ( 1 P m = 10 15 m ), to nie możemy tej jednostki zastąpić megagigametrami (mimo że 10 6 ⋅ 10 9 = 10 15 ). W rzeczywistości może to sprawiać problem tylko w przypadku jednostek masy. Podstawową jednostką masy w układzie SI jest kilogram (kg), aby jednak nie łączyć przedrostków, dodaje się je do słowa „gram” (g). W związku z tym tysiąc kilogramów ( 10 3 k g ) jest równe jednemu megagramowi ( 1 M g ): 10 3 k g = 10 3 ⋅ 10 3 g = 10 6 g = 1 M g . 10 3 k g nazywa się również toną (t). Jest to jedna z jednostek, które nie znajdują się w układzie SI, ale mogą być używane razem z jednostkami należącymi do tego układu. Dużą zaletą systemów metrycznych jest to, że konwersja jednostek wymaga jedynie zmiany potęgi liczby 10 (mówimy o tym w następnym podrozdziale). 1 m to 100 cm, 1 km to 1000 m i tak dalej. W systemach niemetrycznych, do których należy na przykład brytyjski system miar, zależności między jednostkami są bardziej skomplikowane: 1 mila to 5280 stóp, a 1 stopa to 12 cali. Kolejną zaletą systemów metrycznych jest to, że za pomocą tej samej jednostki można przedstawić liczby należące do bardzo szerokiego zakresu – wystarczy jedynie przeskalować tę jednostkę, dodając odpowiedni przedrostek. Wybór przedrostka zależy od zagadnienia, z którym związany jest pomiar. Na przykład w budownictwie długość podaje się w metrach, długość trasy samolotu w kilometrach, a wymiary przyrządów optycznych w nanometrach. W przypadku systemu metrycznego nie ma potrzeby wymyślania nowych jednostek dla różnych zastosowań – możemy po prostu przeskalować znaną nam jednostkę. Korzystanie z przedrostków metrycznych Zapisz 1,93 ⋅ 10 13 k g za pomocą innej jednostki w taki sposób, aby otrzymana mantysa była większa niż 1, ale mniejsza niż 1000. Strategia rozwiązania Ponieważ nie możemy łączyć przedrostków, masę podaną w kilogramach musimy na początku przedstawić przy pomocy gramów. W tym celu podaną wartość mnożymy razy 10 3 (zobacz: ). Następnie sprawdzamy (w ), przez jakie dwa przedrostki opisywane są rzędy wielkości najbliższe temu, który otrzymaliśmy w wyniku obliczeń. Musimy wybrać taki przedrostek, aby przedstawiona przy jego pomocy wartość zawierała się między 1 a 1000. Rozwiązanie Zamiana kilogramów na gramy przebiega w następujący sposób: 1,93 ⋅ 10 13 k g = 1,93 ⋅ 10 13 ⋅ 10 3 g = 1,93 ⋅ 10 16 g . Na podstawie możemy stwierdzić, że 10 16 znajduje się między przedrostkami „peta-” ( 10 15 ) i „eksa-” ( 10 18 ). Jeżeli użyjemy przedrostka „peta-”, otrzymamy 1,93 ⋅ 10 16 g = 1,93 ⋅ 10 1 P g = 19,3 P g , ponieważ 16 = 1 + 15 . Jeżeli użyjemy przedrostka „eksa-” otrzymamy 1,93 ⋅ 10 16 g = 1,93 ⋅ 10 − 2 E g , ponieważ 16 = −2 + 18 . Musimy skorzystać z takiej jednostki, aby wartość była większa od 1 i mniejsza od 1000, a więc wybieramy przedrostek „peta-” i otrzymujemy 19,3 Pg. Znaczenie Łatwo popełnić banalne błędy obliczeniowe podczas zamiany przedrostków, dlatego zawsze warto sprawdzić, czy uzyskana przez nas wartość na pewno równa jest wartości początkowej. Poprawność wyniku można sprawdzić, zapisując obie wartości w postaci wykładniczej i policzyć potęgi liczby 10, pamiętając o tych zawartych w przedrostkach. Jeśli nie pomyliliśmy się podczas przekształcania, to liczba potęg liczby 10 przy obu wartościach powinna być taka sama. Sprawdźmy przykład, który właśnie rozwiązaliśmy. Na początku zadania podana była wartość 1,93 ⋅ 10 13 k g , co daje wykładnik liczby 10 równy 13 + 3 = 16 . Wynik, jaki uzyskaliśmy po przekształceniach, to 1,93 ⋅ 10 1 P g , co daje wykładnik liczby 10 równy 1 + 15 = 16 . Oznacza to, że przekształcenia zostały przeprowadzone poprawnie. Jeśli taką liczbę otrzymalibyśmy w wyniku obliczeń, powinniśmy się zastanowić, czy tak ogromny wynik ma sens w kontekście zagadnienia, którego dotyczą obliczenia. W takim wypadku warto zajrzeć do . Sprawdź, czy rozumiesz. Zapisz 4,79 ⋅ 10 5 k g przy pomocy takiej jednostki, aby otrzymana mantysa posiadała wartość większą od 1 i mniejszą od 1000. 4,79 ⋅ 10 2 M g czyli 479 M g . Podsumowanie Systemy jednostek miar opierają się na niewielkiej liczbie jednostek podstawowych, zdefiniowanych dzięki dokładnym i precyzyjnym pomiarom wielkości podstawowych. Pozostałe jednostki wyprowadzane są na podstawie jednostek podstawowych. Wyróżniamy dwa główne systemy jednostek miar: układ SI oraz brytyjski system miar. Naukowcy oraz większość ludzi na świecie korzysta z jednostek układu SI, natomiast Amerykanie w życiu codziennym wciąż używają jednostek brytyjskiego systemu miar. Występujące w układzie SI jednostki podstawowe długości, masy i czasu to metr (m), kilogram (kg) oraz sekunda (s). Układ SI jest systemem metrycznym, co oznacza, że przedrostki jednostek zależne są od potęgi liczby 10. Przedrostki umożliwiają przeskalowanie jednostki podstawowej na taką, która jest odpowiednia do danego zastosowania. Pytania Wymień zalety systemów metrycznych. Konwersja jednostki wymaga jedynie zmiany potęgi liczby 10, co znacznie upraszcza obliczenia. Przedrostki umożliwiają przeskalowanie jednostki podstawowej na taką, która jest odpowiednia do danego zastosowania. Jakie są podstawowe jednostki długości, masy i czasu w układzie SI? Odpowiedz na następujące pytania. Jaka jest różnica między jednostką podstawową a jednostką pochodną? Jaka jest różnica między wielkością podstawową a wielkością pochodną? Jaka jest różnica między jednostką podstawową a wielkością podstawową? Jednostki podstawowe definiuje się poprzez pomiar, natomiast jednostki pochodne wyprowadza się na podstawie jednostek podstawowych. Wielkość podstawową wybiera się ze względów praktycznych oraz ze względu na konwencję. Wielkości pochodne definiuje się za pomocą wielkości podstawowych. Jednostka podstawowa opisuje pomiar wielkości podstawowej w danym systemie miar. Oznacza to, że wynik pomiaru wielkości podstawowej można wyrazić za pomocą jednostki podstawowej każdego systemu, który używa tych samych wielkości podstawowych. Przykładowo, długość jest wielkością podstawową, zarówno w układzie SI, jak i w brytyjskim systemie miar, ale metr jest jednostką podstawową tylko w układzie SI. Aby zdecydować, który z przedrostków najlepiej zastosować w każdym podpunkcie, zajrzyj do i do . Chcesz stworzyć tabelę zawierającą odległości Słońca od każdej z planet znajdujących się w Układzie Słonecznym. Chcesz porównać rozmiary najczęściej spotykanych wirusów, aby móc zaprojektować filtr, który będzie je zatrzymywał. Chcesz stworzyć listę zawierającą średnice wszystkich pierwiastków układu okresowego. Chcesz stworzyć listę odległości Ziemi od wszystkich gwiazd, do których dotarł sygnał radiowy wysłany z Ziemi 10 lat temu. Zadania Podane wartości czasu przedstaw w sekundach, używając notacji naukowej. Na przykład 47 Ts należy zapisać jako 4,7 ⋅ 10 13 s . 980 P s ; 980 f s ; 17 n s ; 577 µs . Przedstaw podane wartości czasu za pomocą takich jednostek, aby otrzymana mantysa była większa niż 1, ale mniejsza niż 1000. Na przykład 7,9 ⋅ 10 − 2 s można zapisać jako 7,9 c s lub 79 m s . 9,57 ⋅ 10 5 s ; 0,045 s ; 5,5 ⋅ 10 − 7 s ; 3,16 ⋅ 10 7 s . 957 ks; 4,5 cs lub 45 ms; 550 ns; 31,6 Ms. Przedstaw podane wartości długości w metrach, używając notacji naukowej. Na przykład 4,2 Pm należy zapisać jako 4,2 ⋅ 10 15 m . 89 T m ; 89 p m ; 711 m m ; 0,45 µm . Przedstaw podane wartości długości za pomocą takich jednostek, aby otrzymana wartość była większa niż 1, ale mniejsza niż 1000. Na przykład 7,9 ⋅ 10 − 2 m można zapisać jako 7.9 cm lub 79 mm. 7,59 ⋅ 10 7 m ; 0,0074 m ; 8,8 ⋅ 10 − 11 m ; 1,63 ⋅ 10 13 m . 75,9 Mm; 7,4 mm; 88 pm; 16,3 Tm. Przedstaw podane wartości masy w kilogramach, używając notacji naukowej. Na przykład 40 Mg należy zapisać jako 4 ⋅ 10 4 k g . 23 mg; 320 Tg; 42 ng; 7 g; 9 Pg. Przedstaw podane wartości masy za pomocą takich jednostek, aby otrzymana wartość była większa niż 1, ale mniejsza niż 1000. Na przykład 7 ⋅ 10 − 4 k g można zapisać jako 70 cg lub 700 mg. 3,8 ⋅ 10 − 5 k g ; 2,3 ⋅ 10 17 k g ; 2,4 ⋅ 10 − 11 k g ; 8 ⋅ 10 15 k g ; 4,2 ⋅ 10 − 3 k g . 3,8 cg lub 38 mg; 230 Eg; 24 ng; 8 Eg; 4,2 g. wielkość podstawowa (ang. base quantity ) taka wielkość fizyczna, na podstawie której wyprowadzić można wszystkie pozostałe wielkości fizyczne jednostka podstawowa (ang. base unit ) jednostka opisująca wielkość podstawową danego układu jednostek miar; definiowana jest na podstawie pomiaru wielkości podstawowej wielkość pochodna (ang. derived quantity ) wielkość fizyczna wyprowadzona na podstawie wielkości podstawowych jednostka pochodna (ang. derived unit ) jednostka wyprowadzona na podstawie jednostek podstawowych brytyjski system miar (ang. English units ) układ jednostek miar używany w Stanach Zjednoczonych; korzysta z takich jednostek jak stopa, galon czy funt kilogram (ang. kilogram ) (kg) jednostka masy w układzie SI metr (ang. meter ) (m) jednostka długości w układzie SI system metryczny (ang. metric system ) system, w którym daną jednostkę można obliczyć, mnożąc inne jednostki przez potęgi liczby 10 wielkość fizyczna (ang. physical quantity ) cecha charakterystyczna lub właściwość, którą można zmierzyć lub obliczyć na podstawie innych pomiarów sekunda (ang. second ) (s) jednostka czasu w układzie SI układ SI (ang. SI units ) międzynarodowy układ jednostek miar, używany przez naukowców w większości krajów; zawiera jednostki takie jak metry, litry czy gramy jednostka (ang. unit ) wzorzec służący do wyrażania i porównywania wartości pomiarów", "section": "Układy jednostek miar", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Konwersja jednostek Często spotykamy się z koniecznością przekształcania jednostek. Załóżmy, że chcesz użyć przepisu z amerykańskiej książki kucharskiej. Jeśli objętość podano w uncjach, musisz je przekształcić na mililitry. Jeśli natomiast czytasz opis szlaku górskiego znajdującego się w Anglii i chcesz wiedzieć, jak wysoko położony jest szczyt, przeliczysz stopy na metry. Zaraz przekonamy się, jak proste jest przekształcanie jednostek. Załóżmy, że chcemy przedstawić 80 m w kilometrach. Na początku powinniśmy wypisać jednostki, w których podany jest pomiar oraz jednostki, na które chcemy dokonać konwersji – w rozważanym przez nas przypadku pomiar podany jest w metrach, a chcemy przedstawić go przy pomocy kilometrów. Następnie musimy określić przelicznik metrów na kilometry. Przelicznik (ang. conversion factor ) jest to stosunek, który określa, ile razy dana jednostka mieści się w innej. Na przykład 12 cali to jedna stopa, 1609 m to mila, 100 cm to 1 m, 60 s to 1 min i tak dalej. Aby zobaczyć listę przeliczników zajrzyj do Dodatku B . Wiemy, że 1000 m to 1 km, więc możemy dokonać konwersji jednostek. Wypisujemy podaną wartość wraz z jednostką, a następnie mnożymy ją przez przelicznik tak, aby jednostki się skróciły: 80 m · 1 km 1000 m = 0,080 km . Zauważ, że metry ulegają skróceniu, w związku z czym otrzymujemy wynik w kilometrach. Tej metody możesz użyć do konwersji jednostek opisujących wszystkie wielkości fizyczne. Konwersji 80 m na kilometry można dokonać tylko poprzez użycie odpowiedniego przedrostka, więc taki sam wynik możemy uzyskać za pomocą sposobu opisanego w poprzednim podrozdziale: 80 m = 8,0 ⋅ 10 1 m = 8,0 ⋅ 10 − 2 k m = 0,080 k m , ponieważ „kilo-” oznacza 10 3 (patrz ), a 1 – 3 = –2 . Jeśli jednak mamy do czynienia z systemem niemetrycznym lub z jednostkami pochodnymi, jak w kolejnym przykładzie, musimy skorzystać z metody przeliczników. Konwersja jednostek niemetrycznych na metryczne Uczelnia jest oddalona od domu o 10 mil i dotarcie do niej samochodem zajmuje 20 minut. Oblicz średnią prędkość w metrach na sekundę (m/s). ( Uwaga: prędkość średnia to iloraz drogi i czasu potrzebnego na jej przebycie). Strategia rozwiązania Na początku obliczamy średnią szybkość w jednostkach, w których podana jest wartość, a następnie dokonujemy konwersji, mnożąc wynik przez odpowiedni przelicznik. Użycie przelicznika powinno spowodować skrócenie jednostek. Ponieważ chcemy przeliczyć mile na metry, musimy wiedzieć, że 1 mila jest równa 1609 metrom. Musimy również wykorzystać fakt, że 1 minuta to 60 sekund. Rozwiązanie Oblicz prędkość średnią. Prędkość średnia to iloraz drogi i czasu potrzebnego na jej przebycie. (Po prostu zapamiętaj tę definicję. Tłumaczeniem prędkości średniej oraz innych zagadnień związanych z ruchem zajmiemy się w kolejnych rozdziałach). Do następującego wzoru: prędkość średnia = droga czas . podstaw podane w treści zadania wartości drogi i czasu: średnia szybkość = 10 m i 20 m i n = 0,50 m i m i n . Zamień mile na minutę na metry na sekundę, mnożąc wynik przez pierwszy przelicznik, którego użycie spowoduje skrócenie mil, oraz przez drugi przelicznik, którego użycie spowoduje skrócenie minut: 0,50 mi min · 1609 m 1 mi · 1 min 60 s = 0,50 · 1609 60 m/s = 13 m/s . Znaczenie Możesz sprawdzić swój wynik w następujący sposób: Upewnij się, że jednostki ulegają skróceniu. Jeżeli się pomylisz i zamienisz licznik z mianownikiem, jednostki się nie skrócą. Mile znajdujące się w liczniku pierwszego ułamka skracają się z milami znajdującymi się w mianowniku drugiego ułamka, natomiast minuty znajdujące się w mianowniku pierwszego ułamka skracają się z minutami znajdującymi się w liczniku drugiego. Upewnij się również, że wynik przedstawiony jest w odpowiednich jednostkach – w naszym przypadku mają to być metry na sekundę. Ponieważ mile uległy skróceniu, jedyne jednostki, jakie pozostały, to metry w liczniku oraz sekundy w mianowniku – jednostki są poprawne. Sprawdź, czy rozumiesz. Światło przebywa drogę około 9 Pm na rok. Wiedząc, że rok ma około 3 ⋅ 10 7 s , oblicz prędkość światła w metrach na sekundę. 3 ⋅ 10 8 m / s Zamiana jednostek metrycznych W warunkach normalnych żelazo ma gęstość 7,86 g / c m 3 . Przedstaw tę liczbę w k g / m 3 . Strategia rozwiązania Musimy zamienić gramy na kilogramy oraz centymetry sześcienne na metry sześcienne. Przeliczniki, które będą nam potrzebne, to 1 k g = 10 3 g i 1 c m = 10 − 2 m . Ponieważ jednak w zadaniu występują centymetry sześcienne ( c m 3 = c m ⋅ c m ⋅ c m ), drugiego przelicznika będziemy musieli użyć trzy razy (to znaczy podnieść go do trzeciej potęgi). Wciąż zależy nam na tym, aby niechciane jednostki się skróciły. Rozwiązanie 7,86 g cm 3 · kg 10 3 g · ( cm 10 −2 m ) 3 = 7,86 10 3 · 10 −6 kg/m 3 = 7,86 · 10 3 kg/m 3 Znaczenie Pamiętaj, aby zawsze sprawdzić swoje rozwiązanie. Upewnij się, że poprawnie skracasz jednostki. Widzimy, że gramy (g) w liczniku pierwszego ułamka skracają się z gramami znajdującymi się w mianowniku pierwszego przelicznika oraz że centymetry sześcienne ( m 3 ) znajdujące się w mianowniku pierwszego ułamka skracają się z centymetrami podniesionymi do potęgi trzeciej w liczniku drugiego przelicznika. Upewnij się, że wynik podany jest w wymaganych jednostkach. W tym przypadku wynik mieliśmy podać w kilogramach na metr sześcienny. Po skróceniu jednostek otrzymujemy [kg] w liczniku oraz „m” podniesione do potęgi trzeciej w mianowniku (czyli metr sześcienny lub [ m 3 ] – oznacza to, że wynik jest poprawny). Sprawdź, czy rozumiesz. Dzięki informacjom zawartym w wiesz, że rząd wielkości średnicy Ziemi jest równy 10 7 m , a więc rząd wielkości jej powierzchni wynosi 10 14 m 2 . Przedstaw tę wartość w kilometrach kwadratowych ( km 2 ). (Spróbuj zamienić jednostki na dwa sposoby: najpierw zamieniając 10 7 m na kilometry i podnosząc wynik do kwadratu, a następnie bezpośrednio zamieniając 10 14 m 2 na kilometry kwadratowe. W obu przypadkach powinieneś uzyskać taką samą odpowiedź). 10 8 k m 2 Zamiana jednostek może wydawać się niezbyt ciekawa, ale pominięcie jej podczas obliczeń może nas wiele kosztować. Taka sytuacja miała miejsce, kiedy NASA wysłała w przestrzeń kosmiczną sondę Mars Climate Orbiter . Sondę wystrzelono 11 grudnia 1998 roku, a 23 września 1999 roku, podczas próby skierowania sondy na orbitę Marsa, utracono z nią kontakt. W wyniku późniejszego dochodzenia odkryto, że oprogramowanie SM_FORCES (lub small forces ) odbierające instrukcje dotyczące trajektorii lotu jako jednostki używało funt-siły, podczas gdy oprogramowanie służące do wyznaczania korekty tej trajektorii wyrażone było w niutonach. Tor lotu uległ znacznej zmianie, w związku z czym sonda prawdopodobnie odleciała w przestrzeń lub spaliła się w atmosferze Marsa. Ten błąd kosztował setki milionów dolarów, nie wspominając o straconym czasie, jaki poświęcono na zaplanowanie misji. Sprawdź, czy rozumiesz. Wiedząc, że 1 lb (funt-siła) jest równy 4,45 N (niutonom), oceń, czy SM_FORCES generowało zbyt duże, czy zbyt małe wartości siły. Wartości były 4,45 raza za małe. Podsumowanie Aby zamienić daną jednostkę na inną, pomnóż wartość przez przelicznik w taki sposób, aby niechciana jednostka uległa skróceniu. Zwróć uwagę na obliczenia zawierające pola powierzchni i objętości. Jednostki podlegają prawom matematyki, więc nie możemy skrócić jednostki podniesionej do kwadratu z jednostką, która jest w pierwszej potędze. Zadania Rząd objętości kuli ziemskiej jest równy 10 21 m 3 . Przedstaw tę wartość w kilometrach sześciennych ( km 3 ). Przedstaw tę wartość w milach sześciennych ( mi 3 ). Przedstaw tę wartość w centymetrach sześciennych ( cm 3 ). Ograniczenie prędkości na niektórych drogach ekspresowych jest równe 100 km/h. Przedstaw tę wartość w metrach na sekundę. Przedstaw tę wartość w milach na godzinę. 27,8 m/s; 62 mi/h. Samochód jedzie z prędkością 33 m/s. Przedstaw tę wartość w kilometrach na godzinę. Czy kierowca przekroczył dopuszczalną prędkość, jeśli ograniczenie na tej drodze jest równe 90 km/h? Jednostką prędkości w układzie SI jest metr na sekundę (m/s). Być może przyzwyczaiłeś się jednak do tego, że prędkość podaje się w kilometrach na godzinę (km/h) lub w milach na godzinę (mi/h), w zależności od tego, gdzie mieszkasz. Rozwiązanie tego zadania uświadomi ci, że 1 m/s jest równy około 4 km/h lub 2 mi/h – ta wiedza pomoże ci kształtować fizyczną intuicję. Udowodnij, że 1,0 m / s = 3,6 k m / h ; 1,0 m / s = 2,2 m i / h . Boisko do amerykańskiego futbolu ma długość 100 jardów ( 1 yd = 3 ft ), nie wliczając w to stref końcowych. Jaka jest długość boiska w metrach? (Przyjmij, że 1 m = 3,281 ft ). Boiska do piłki nożnej mają różne wymiary. Duże boisko może mieć 115 m długości i 85,0 m szerokości. Jaka jest jego powierzchnia w stopach kwadratowych? (Przyjmij, że 1 m = 3,281 ft ). 1,05 ⋅ 10 5 ft 2 Jeśli pewien człowiek mierzy 6 stóp i 1,0 cala, to jaki jest jego wzrost w metrach? Mount Everest ma wysokość 29 028 ft i jest najwyższym szczytem na Ziemi. Jaka jest jego wysokość w kilometrach? (Przyjmij, że 1 m = 3,281 ft ). 8,847 km Zmierzono prędkość dźwięku i uzyskano pomiar 342 m/s. Przedstaw tę wartość w kilometrach na godzinę. Płyty tektoniczne są to olbrzymie segmenty litosfery, które powoli się przemieszczają. Załóżmy, że jedna z tych płyt porusza się ze średnią prędkością równą 4,0 cm na rok. O ile przesuwa się płyta w ciągu 1,0 s? Jaka jest prędkość płyty w kilometrach na milion lat? 1,3 ⋅ 10 − 9 m ; 40 km na million lat. Średnia odległość Ziemi od Słońca jest równa 1,5 ⋅ 10 11 m . Oblicz średnią prędkość ruchu Ziemi po orbicie w metrach na sekundę (przyjmij, że orbita jest okrągła). Przedstaw tę prędkość w milach na godzinę. Gęstość materii jądrowej jest równa około 10 18 k g / m 3 . Wiedząc, że 1 ml ma objętość 1 c m 3 , przedstaw gęstość materii jądrowej w megagramach na mikrolitr ( M g / µl )? 10 6 M g / µl . Aluminium ma gęstość 2,7 g / c m 3 . Podaj jego gęstość w kilogramach na metr sześcienny. Jednostką masy w brytyjskim systemie miar jest funt (lbm). Oblicz gęstość wody w funtach na stopę sześcienną wiedząc, że 1 l b m = 0,454 k g . 62,4 funtów na stopę sześcienną Furlong to 220 jardów. Prędkość 1 furlonga na dwa tygodnie wyraź w milimetrach na sekundę. Aby okrążyć koło, potrzebne są 2 π radiany (rad), czyli 360 ∘ . Ile radianów jest w 1 ∘ ? 0,017 rad Światło w ciągu jednej sekundy przebywa około 3 ⋅ 10 8 m . Minuta świetlna to droga, jaką przebywa światło w ciągu 1 min. Słońce znajduje się 1,5 ⋅ 10 11 m od Ziemi. Przedstaw tę odległość w minutach świetlnych. Nanosekunda świetlna to droga, jaką przebywa światło w ciągu 1 ns. Przekształć 1 stopę na nanosekundę świetlną. 1 nanosekunda świetlna Masa elektronu jest równa 9,11 ⋅ 10 − 31 k g . Masa protonu jest równa 1,67 ⋅ 10 − 27 k g . Przedstaw masę protonu przy pomocy masy elektronu. Jedna uncja płynu to około 30 ml. Puszka coli ma objętość 12 uncji płynu. Jaka to objętość w metrach sześciennych? 3,6 ⋅ 10 − 4 m 3 przelicznik (ang. conversion factor ) liczba wskazująca, ile razy dana jednostka mieści się w innej", "section": "Konwersja jednostek", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Analiza wymiarowa Wymiar (ang. dimension ) wielkości fizycznej opisuje jej zależność od wielkości podstawowych. Wyraża się go za pomocą iloczynu lub potęgi tych wielkości. zawiera listę podstawowych wielkości fizycznych oraz symboli odpowiadających ich wymiarom. Mówi się na przykład, że pomiar długości ma wymiar L lub L 1 , pomiar masy M lub M 1 , a pomiar czasu T lub T 1 . Tak samo jak jednostki, na wymiarach można wykonywać działania algebraiczne. Dlatego pole powierzchni, będące iloczynem dwóch długości, ma wymiar L 2 , czyli długość do kwadratu. Objętość jest iloczynem trzech długości, a więc ma wymiar L 3 , czyli długość do potęgi trzeciej. Gęstość ma wymiar M/L 3 lub ML − 3 , lub masa przez sześcian długości. Ogólnie rzecz biorąc, wymiar każdej wielkości fizycznej można zapisać w postaci L a M b T c I d Θ e N f J g dla potęg a, b, c, d, e, f, oraz g . Przyjmując, że a = 1 , a w miejscu pozostałych potęg podstawiając zero, możemy przedstawić wymiary długości: L 1 = L 1 M 0 T 0 I 0 Θ 0 N 0 J 0 . Każda wielkość, którą przedstawia się, za wszystkie potęgi podstawiając zero (to znaczy w następujący sposób: L 0 M 0 T 0 I 0 Θ 0 N 0 J 0 ), nazywana jest wielkością bezwymiarową (ang. dimensionless ) (lub liczbą o wymiarze 1, ponieważ każda liczba podniesiona do potęgi zerowej równa jest 1). Wielkości bezwymiarowe często nazywane są liczbami niemianowanymi. Podstawowe wielkości fizyczne i ich wymiary Wielkość podstawowa Symbol Długość L Masa M Czas T Natężenie prądu elektrycznego I Temperatura termodynamiczna Θ Liczność materii N Światłość J Symbol oznaczający wymiar wielkości fizycznej często umieszczany jest w nawiasach kwadratowych. Przykładowo, jeśli r jest promieniem podstawy walca, a h jest jego wysokością, to zapis [ r ] = L i [ h ] = L oznacza, że wymiarem promienia i wysokości jest długość. Analogicznie, jeśli przez P oznaczymy pole powierzchni walca, a przez V jego objętość, to [ P ] = L 2 oraz [ V ] = L 3 . Jeśli m oznacza masę walca, a ρ jego gęstość, to [ m ] = M oraz [ ρ ] = M L − 3 . Określanie wymiarów jest bardzo istotne, ponieważ każde równanie matematyczne operujące na wielkościach fizycznych musi być wymiarowo spójne (ang. dimensionally consistent ), co oznacza, że musi spełniać następujące zasady: Wszystkie składniki jednego wyrażenia muszą mieć ten sam wymiar – dodawanie lub odejmowanie wielkości o różnych wymiarach nie ma sensu. Szczególnie istotne jest to, aby wyrażenia występujące po dwóch stronach znaku równości miały te same wymiary. Argumenty wszystkich standardowych funkcji matematycznych, takich jak na przykład funkcji trygonometrycznych (np. sinusa lub cosinusa), muszą być wielkościami bezwymiarowymi. Zarówno argumenty, jak i wyniki tych funkcji są liczbami niemianowanymi. Jeśli któraś z powyższych zasad nie zostanie spełniona, wyrażenie nie będzie wymiarowo spójne i w związku z tym nie będzie stanowiło poprawnego opisu prawa fizyki. Tę wiedzę można wykorzystać, szukając błędów w równaniach lub zapamiętując różne zasady fizyczne. Może ona nawet pomóc wybrać formę, jaką mają przyjąć nowe prawa fizyki. Co prawda w tym tekście nie będziemy zajmować się tym ostatnim zastosowaniem, ale na pewno spotkamy się z nim jeszcze w czasie dalszej nauki. Zapamiętywanie wzorów dzięki analizie wymiarowej Załóżmy, że dokonujemy obliczeń i potrzebujemy wzoru na pole koła. Jeśli od dłuższego czasu nie mieliśmy do czynienia z geometrią, do głowy mogą nam przyjść dwa wzory związane z zagadnieniem koła: π r 2 oraz 2 π r . Jeden ze wzorów pozwala obliczyć obwód koła o promieniu r , a drugi jego pole powierzchni. Ale jak je od siebie odróżnić? Strategia rozwiązania Jednym ze sposobów może być znalezienie wzoru, ale w takim przypadku musimy poświęcić czas na zaczerpnięcie informacji z wiarygodnego źródła. Poza tym nie powinniśmy wierzyć we wszystko, co czytamy, nawet jeśli wydaje nam się, że źródło jest wiarygodne. Możliwość zweryfikowania informacji za pomocą prostego rozumowania jest bardzo przydatna, poza tym nie zawsze mamy możliwość skorzystania z zewnętrznych źródeł (na przykład podczas egzaminu). Dlatego też najlepszą strategią jest znalezienie wymiarów obu wzorów, wykorzystując fakt, że na wymiarach można przeprowadzać działania algebraiczne. Wzór na pole koła musi mieć takie same wymiary jak pole powierzchni. Rozwiązanie Wiemy, że wymiarem pola powierzchni jest L 2 . Wymiarem wyrażenia π r 2 jest [ π r 2 ] = [ π ] ⋅ [ r ] 2 = 1 ⋅ L 2 = L 2 , ponieważ stała π jest liczbą niemianowaną, a promień r określa długość. Możemy więc stwierdzić, że π r 2 ma wymiar pola powierzchni. Wymiarem wyrażenia 2 π r jest [ 2 π r ] = [ 2 ] ⋅ [ π ] ⋅ [ r ] = 1 ⋅ 1 ⋅ L = L , ponieważ liczba 2 oraz stała π są bezwymiarowe, a promień r określa długość. Widzimy więc, że wyrażenie 2 π r ma wymiar długości, co oznacza, że nie może być wzorem na pole powierzchni. Wyrażenie 2 π r nie ma wymiaru pola powierzchni. Widzimy, że π r 2 ma wymiar pola powierzchni, więc jeśli musimy wybrać między dwoma podanymi wyrażeniami, powinniśmy wybrać π r 2 . Znaczenie Powyższy przykład może się wydawać banalny, ale służy on zaprezentowaniu pewnej idei. Jeśli tylko znamy wymiary wielkości fizycznych pojawiających się w wyrażeniu, możemy stwierdzić, czy wyrażenie to jest wymiarowo spójne. Poza tym jeśli nie jesteśmy pewni, co opisuje zapamiętany przez nas wzór, możemy dopasować go do odpowiedniej wielkości. Nie pomoże nam to zapamiętać bezwymiarowych współczynników (na przykład jeśli pomyliłbyś się i złączył dwa wyrażenia w jedno: 2 π r 2 , to analiza wymiarowa na nic się nie przyda), ale pozwoli zapamiętać podstawową formę wyrażenia. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że potrzebujemy wzoru na objętość kuli. Dwa wyrażenia mogące kojarzyć się z kulą to 4 π r 2 oraz 4 π r 3 / 3 . Jedno z nich pozwala obliczyć objętość kuli o promieniu r , a drugie pole jej powierzchni. Jak znaleźć to będące wzorem na objętość? 4 π r 3 / 3 Sprawdzanie spójności wymiarów w wyrażeniach Wielkości fizyczne s , v , a i t mają wymiary [ s ] = L , [ v ] = L T − 1 , [ a ] = L T − 2 oraz [ t ] = T . Sprawdź spójność wymiarową poniższych wyrażeń: s = v t + 0,5 a t 2 ; s = v t 2 + 0,5 a t ; v = sin ⁡ ( a t 2 / s ) . Strategia rozwiązania W celu stwierdzenia, czy wyrażenie jest spójne, musimy sprawdzić, czy wszystkie składniki mają takie same wymiary i czy argumenty standardowych funkcji matematycznych są bezwymiarowe. Rozwiązanie W tym wyrażeniu nie ma funkcji trygonometrycznych, logarytmicznych ani wykładniczych, więc należy sprawdzić jedynie wymiary poszczególnych składników. Po lewej stronie znaku równości występuje jeden składnik, a po prawej dwa: s = L, v t = v · t = LT −1 · T = LT 0 = L, 0,5 a t 2 = a · t 2 = LT −2 · T 2 = LT 0 = L . Wszystkie trzy składniki mają te same wymiary, co oznacza, że wyrażenie jest wymiarowo spójne. W tym wyrażeniu również nie ma funkcji trygonometrycznych, logarytmicznych ani eksponenty, więc ponownie sprawdzamy wymiary poszczególnych składników: s = L, v t 2 = v · t 2 = LT −1 · T 2 = LT, a t = a · t = LT −2 · T = LT −1 . Każdy z trzech składników ma inne wymiary, więc wyrażenie nie jest spójne. W tym wyrażeniu występuje funkcja trygonometryczna, więc na początku sprawdźmy, czy jej argument jest liczbą niemianowaną: a t 2 s = a · t 2 s = LT −2 · T 2 L = L L = 1 . Argument funkcji sinus jest liczbą niemianowaną, a więc na razie wszystko się zgadza. Teraz musimy sprawdzić, czy składnik występujący po lewej stronie znaku równości ma ten sam wymiar co składnik występujący po prawej: v = LT −1 , sin a t 2 s = 1 . Składniki mają różne wymiary, co oznacza, że wyrażenie nie jest spójne. Znaczenie Jeżeli mamy zaufanie do ludzi, tego typu weryfikacja może się wydawać niepotrzebna. Ale możemy być pewni, że w każdym podręczniku z dziedziny fizyki (również w tym, który właśnie czytasz) można znaleźć wzory z błędami. Sprawdzanie poprawności wyrażeń przy pomocy analizy wymiarowej uchroni nas przed użyciem błędnego wzoru. Jest to też świetny sposób na znalezienie ewentualnego błędu w naszych obliczeniach. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy równanie v = a t z poprzedniego zadania jest wymiarowo spójne? tak Kolejną rzeczą, o jakiej należy wspomnieć, jest wykonywanie na wymiarach działań z zakresu analizy matematycznej. Wiemy, że wymiary, tak jak jednostki, podlegają prawom algebry, ale co stanie się jeśli obliczymy pochodną cząstkową wielkości fizycznej lub scałkujemy jedną wielkość względem innej zmiennej wielkości? Pochodna funkcji jest to tangens nachylenia stycznej do wykresu funkcji, więc jeśli chodzi o wielkości fizyczne v oraz t , wymiarem pochodnej v względem t jest stosunek wymiarów v i t : d v d t = v t . Całka jest sumą pewnej ilości składników, a więc wymiarem całki z v względem t jest po prostu wymiar v pomnożony razy wymiar t : ∫ v d t = v · t . Te same zasady odnoszą się do jednostek wielkości fizycznych, powstałych w wyniku całkowania lub różniczkowania innych wielkości. Podsumowanie Wymiar wielkości fizycznej pochodnej wyrażony jest przez wielkości podstawowe, od których ta wielkość pochodzi. Wszystkie wzory opisujące zjawiska fizyczne muszą być wymiarowo spójne. Tę wiedzę można wykorzystywać do zapamiętywania praw fizyki, do sprawdzania poprawności wyrażeń, a nawet do formułowania nowych zasad. Zadania Student próbuje zapamiętać kilka wzorów związanych z geometrią. Zakładamy, że: A oznacza pole powierzchni, V objętość, a pozostałe zmienne opisują długość. Które z następujących wyrażeń są wymiarowo spójne? V = π r 2 h ; A = 2 π r 2 + 2 π r h ; V = 0,5 b h ; V = π d 2 ; V = π d 3 / 6 . Dane są wielkości fizyczne s , v , a i t o wymiarach s = L , v = LT −1 , a = LT −2 i t = T . Czy następujące wyrażenia są wymiarowo spójne? v 2 = 2 a s ; s = v t 2 + 0,5 a t 2 ; v = s / t ; a = v / t . Tak, oba składniki mają wymiar L 2 T − 2 . Nie. Tak, oba składniki mają wymiar LT − 1 . Tak, oba składniki mają wymiar LT − 2 . Dane są wielkości fizyczne m , r , s , v , a , i t o wymiarach m = M , r = L , s = L , v = LT − 1 , a = LT − 2 i t = T . Zakładając, że wszystkie wyrażenia są wymiarowo spójne, znajdź wymiar wyrażenia znajdującego się po lewej stronie znaku równości. F = m a ; K = 1 2 m v 2 ; p = m v ; W = m a s ; L = m v r . Wielkość s ma wymiar długości, a t ma wymiar czasu. Wielkości v oraz a opisane są następującymi wzorami: v = d s / d t oraz a = d v / d t . Jaki jest wymiar wielkości v ? Jaki jest wymiar wielkości a ? Jaki jest wymiar wielkości ∫ v d t ? Jaki jest wymiar wielkości ∫ a d t ? Jaki jest wymiar wielkości d a / d t ? v = LT − 1 ; a = LT − 2 ; ∫ v d t = L ; ∫ a d t = LT –1 ; d a d t = LT –3 . Załóżmy, że V = L 3 , ρ = ML –3 i t = T . Jaki wymiar ma wyrażenie ∫ ρ d V ? Jaki wymiar ma wyrażenie d V d t ? Jaki wymiar ma wyrażenie ρ d V d t ? Długość łuku s opartego na kącie θ w okręgu o promieniu r można zdefiniować za pomocą wzoru s = r θ . Jakie są wymiary a) s, b) r i c) θ ? L; L; L 0 = 1 (liczba niemianowana). wymiar (ang. dimension ) opisuje zależność danej wielkości fizycznej od wielkości podstawowych; wyraża się go za pomocą iloczynu lub potęgi tych wielkości; wymiar wielkości fizycznej ma postać L a M b T c I d Θ e N f J g dla wykładników a, b, c, d, e, f oraz g spójność wymiarów (ang. dimensionally consistent ) mówimy o niej, kiedy wszystkie składniki równania mają taki sam wymiar, a argumenty funkcji matematycznych są liczbami niemianowanymi bezwymiarowa (ang. dimensionless ) wielkość o wymiarze L 0 M 0 T 0 I 0 Θ 0 N 0 J 0 = 1 nazywana jest również liczbą o wymiarze 1 lub niemianowaną", "section": "Analiza wymiarowa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Szacowanie i pytania Fermiego Naukowcy i inżynierowie często muszą dokonać oszacowania wartości pewnej wielkości fizycznej. W tym kontekście często mówi się też o pytaniach Fermiego . (Fizyk Enrico Fermi, o którym wspominaliśmy wcześniej, znany był z umiejętności określania wartości różnych danych z zaskakującą precyzją). Czy ten sprzęt zmieści się w bagażniku naszego samochodu, czy też trzeba będzie wynająć ciężarówkę? Ile czasu zajmie pobieranie tego pliku? Jakie będzie natężenie prądu w tym obwodzie? Ile gospodarstw domowych będzie korzystać z energii produkowanej w nowo budowanej elektrowni? Zauważ, że szacowanie nie jest równoznaczne ze zgadywaniem. Szacowanie (ang. estimation ) oznacza określenie przybliżonej wartości na podstawie dotychczasowego doświadczenia oraz logicznego rozumowania. Proces szacowania wartości pomaga kształtować fizyczną intuicję, ponieważ wymaga określenia, które prawa fizyki mają wpływ na daną sytuację. Wymaga także trafnego określenia wartości pewnych wielkości. Szacowanie pozwala również na stwierdzenie, czy wykonane przez nas obliczenia lub zaproponowane zasady mają sens – jeśli nasz wynik znacznie różni się od oszacowanego, oznacza to, że popełniliśmy błąd. Określanie przybliżonych wartości stanowi wyzwanie w dążeniu do poznawania prawdy o otaczającym świecie. Szacunkowe obliczenia często oparte są na wzorach, do których podstawiane są wielkości o wartościach znanych tylko z pewną dokładnością. Nabierając wprawy w rozwiązywaniu problemów fizycznych (co przydaje się w wielu dziedzinach), wprawy nabiera się w szacowaniu. Umiejętność szacowania rozwija się dzięki postrzeganiu świata w kategoriach liczb, a także dzięki podejmowaniu ryzyka. Pomocna jest również wiedza z zakresu wymiarów (zobacz ), jednostek (zobacz i ) oraz skali jednostek podstawowych (zobacz ). Jeśli chcesz nauczyć się szacować, musisz wiedzieć, jak określać jedne wielkości na podstawie innych. Poniższe rady będą pomocne w nauce sztuki szacowania: Oszacuj większe długości na podstawie mniejszych. Podczas szacowania długości pamiętaj, że jako linijki możesz użyć czegokolwiek. Spróbuj podzielić w myślach dużą rzecz na mniejsze, oszacuj długość jednej z mniejszych rzeczy, a następnie pomnóż ją tyle razy, aby otrzymać długość większej rzeczy. Na przykład, aby oszacować wysokość budynku, najpierw policz, ile ma on pięter. Następnie oszacuj wysokość jednego piętra, wyobrażając sobie, ile osób musiałoby stanąć jedna na drugiej, aby wypełnić przestrzeń od podłogi do sufitu. Na końcu oszacuj wzrost człowieka. Mnożąc przez siebie otrzymane liczby, uzyskasz wysokość budynku. Warto zapamiętać kilka skali długości związanych z problemami, których rozwiązywaniem się zajmujemy. Może się przydać znajomość skali długości zawartych w . Działanie w drugą stronę może się przydać, jeśli chcemy oszacować długość małego obiektu. Wystarczy wyobrazić sobie kilka takich obiektów połączonych w jeden, większy. Na przykład, aby ocenić grubość kartki papieru, oszacuj grubość stosu takich kartek, a następnie podziel przez liczbę kartek znajdujących się w stosie. Strategia rozbijania większych obiektów na mniejsze lub łączenia mniejszych w jeden większy może przydać się podczas szacowania innych wielkości fizycznych, takich jak masa lub czas. Oszacuj pole powierzchni lub objętość na podstawie długości. Jeśli chcesz oszacować pole powierzchni lub objętość przedmiotu o skomplikowanej strukturze, spróbuj w myślach przyrównać ten przedmiot do prostszego obiektu, takiego jak kula lub prostopadłościan. Następnie oszacuj poszczególne wymiary liniowe uproszczonego obiektu (promień kuli lub długość, wysokość i szerokość prostopadłościanu) i za ich pomocą, korzystając z podstawowych wzorów matematycznych, oblicz pole powierzchni lub objętość. Jeśli masz oszacowaną wartość pola powierzchni lub objętości, możesz wykonać odwrotne rozumowanie, to znaczy obliczyć wymiary liniowe przedmiotu. Oszacuj masę na podstawie objętości lub gęstości. Jeśli chcesz oszacować masę przedmiotu, warto zacząć od oszacowania jego objętości oraz gęstości, a następnie na ich podstawie obliczyć masę (gęstość ma wymiar masy przez długość do potęgi trzeciej, a więc masa jest iloczynem gęstości i objętości). W tym celu warto znać wartości podstawowych gęstości: gęstość powietrza to około 1 k g / m 3 , gęstość wody to 10 3 k g / m 3 , a największa gęstość spotykanych w codziennym życiu przedmiotów to około 10 4 k g / m 3 (np. srebro, ołów, stal). Jeśli jesteś w stanie odpowiedzieć na pytanie, czy dany przedmiot unosi się, czy opada w wodzie lub w powietrzu, zyskasz ogólne pojęcie na temat jego gęstości. Jeśli znasz oszacowane wartości masy i gęstości przedmiotu, możesz określić jego objętość. Jeśli wszystko inne zawodzi, ogranicz wartość. W przypadku wielkości fizycznych, z którymi nie masz na co dzień styczności, czasem najlepsze, co możesz zrobić, to stwierdzić: no cóż, to musi być większe niż to, ale mniejsze niż tamto. Załóżmy, że musisz oszacować masę łosia. Być może znasz się na łosiach i wiesz, jaka może być ich średnia masa. W takim razie świetnie. Jednak większość ludzi może jedynie stwierdzić coś w rodzaju: Masa łosia na pewno jest większa niż człowieka (rzędu 10 2 k g ) i mniejsza niż samochodu (rzędu 10 3 k g ). Jeśli do dalszych obliczeń potrzebujesz konkretnej liczby, możesz obliczyć średnią geometryczną z górnej i dolnej granicy, to znaczy pomnożyć je przez siebie, a następnie spierwiastkować. Dla przykładu z łosiem obliczenia średniej geometrycznej wyglądają następująco: ( 10 2 · 10 3 ) 0,5 = 10 2,5 = 10 0,5 · 10 2 ≈ 3 · 10 2 kg . Średnią geometryczną stosujemy, ponieważ jest to często lepsze przybliżenie rozkładu cech, w którym istotne są stosunki pomiędzy wartościami a nie różnice pomiędzy nimi. Im mniejsza różnica między granicami, tym lepiej. Poza tym, jeśli chodzi o szacowanie, nie musisz się ściśle trzymać zasad. Jeśli uważasz, że wartość, której szukasz, jest bliższa górnej granicy, możesz powiększyć wynik o jeden lub dwa rzędy wielkości. Wystarczy jedna cyfra znacząca. Podczas wykonywania obliczeń w celu otrzymania szacowanej wartości nie ma potrzeby określania więcej niż jednej cyfry znaczącej. W większości przypadków wystarczy po prostu rząd wielkości. Celem jest znalezienie przybliżonej wartości, więc postaraj się, aby obliczenia były tak proste, jak to tylko możliwe. Czy to w ogóle ma sens? Na końcu musisz się zastanowić, czy twój wynik jest realistyczny. Porównaj go z innymi wartościami o tych samych wymiarach, które znasz lub możesz łatwo znaleźć. Jeśli twoja odpowiedź wydaje ci się dziwna (to znaczy jeśli na przykład oszacowana przez ciebie masa Atlantyku jest większa od masy Ziemi albo jakiś odcinek czasu jest dłuższy od czasu istnienia Wszechświata), na początek sprawdź poprawność jednostek. Następnie przekonaj się, czy nie popełniłeś błędów w obliczeniach. Na końcu jeszcze raz przeprowadź rozumowanie, które doprowadziło cię do otrzymanego wyniku. Jeśli wszystko wydaje się w porządku, to być może właśnie udowodniłeś, że jakaś nowa, dobrze brzmiąca teoria jest nieprawdziwa. Masa oceanów Ziemi Oszacuj całkowitą masę wszystkich znajdujących się na Ziemi oceanów. Strategia rozwiązania Wiemy, że gęstość wody jest równa około 10 3 k g / m 3 , więc na początku skorzystamy z rady, która mówi: „Oszacuj masę na podstawie objętości lub gęstości”. W tym celu musimy oszacować objętość oceanów. Inna rada mówi: „Oszacuj pole powierzchni lub objętość na podstawie długości” – w tym wypadku oszacować objętość oceanów, mnożąc ich pole powierzchni przez średnią głębokość: V = A D . Średnicę Ziemi znamy z , a ponieważ wiemy, że większość powierzchni Ziemi pokrywa woda, możemy założyć, że powierzchnia oceanów jest mniej więcej równa powierzchni całej planety. Jeszcze raz stosując radę o „szacowaniu pola powierzchni lub objętości na podstawie długości”, zakładamy, że Ziemia jest idealną kulą i korzystamy ze wzoru na pole powierzchni kuli o średnicy d : A = π d 2 , dzięki czemu otrzymujemy przybliżoną wartość pola powierzchni oceanów. Teraz musimy jeszcze tylko oszacować średnią głębokość oceanu. W tym celu stosujemy radę: „Ograniczanie wartości”. Wiemy, że najgłębiej położony punkt oceanu znajduje się około 10 km pod powierzchnią, wiemy też, że głębokość oceanu często jest większa niż 1 km, a więc możemy obliczyć średnią głębokość: ( 10 3 ⋅ 10 4 ) 0,5 ≈ 3 ⋅ 10 3 m . Teraz trzeba tylko skorzystać z otrzymanych wyników, pamiętając, że „Wystarczy jedna cyfra znacząca”. Rozwiązanie Szacujemy, że powierzchnia Ziemi (a więc również powierzchnia oceanów) jest równa mniej więcej: A = π d 2 = π ( 10 7 m ) 2 ≈ 3 ⋅ 10 14 m 2 . Następnie, korzystając z oszacowanej poprzez ograniczenie średniej głębokości oceanu D = 3 ⋅ 10 3 m , szacujemy objętość oceanów: V = A D = 3 ⋅ 10 14 m 2 ⋅ 3 ⋅ 10 3 m = 9 ⋅ 10 17 m 3 . Na końcu szacujemy masę oceanów: M = ρ V = 10 3 k g / m 3 ⋅ 9 ⋅ 10 17 m 3 = 9 ⋅ 10 20 k g . Możemy oszacować, że masa oceanów pokrywających Ziemię ma rząd wielkości 10 21 k g . Znaczenie Aby zweryfikować poprawność oszacowanej przez nas wartości, przede wszystkim musimy odpowiedzieć na pytanie: „Czy to w ogóle ma sens?”. Z wiemy, że masa atmosfery ziemskiej ma rząd wielkości 10 19 k g , a masa Ziemi ma rząd wielkości 10 25 k g . Oszacowany przez nas rząd wielkości masy ziemskich oceanów równy 10 21 k g zawiera się między powyższymi wartościami. A więc tak, wydaje się, że to ma sens. Spróbowaliśmy znaleźć informacje na temat masy oceanów za pomocą wyszukiwarki internetowej – według pierwszych wyników masa ta jest równa 1,4 ⋅ 10 21 k g . Liczba ta ma ten sam rząd wielkości co oszacowana przez nas wartość. Teraz, zamiast ślepo wierzyć komuś, kto pierwszy umieścił tę wartość w Internecie (reszta prawdopodobnie skopiowała ją od niego), mamy podstawy twierdzić, że miał rację. Sprawdź, czy rozumiesz. Według masa atmosfery ziemskiej jest równa 10 19 k g . Wiedząc, że gęstość atmosfery jest równa 1 k g / m 3 , oszacuj jej wysokość. Myślisz, że oszacowana przez ciebie wartość jest zbyt wysoka, czy zbyt niska? Dlaczego? 3 ⋅ 10 4 m lub 30 km. Wartość ta jest prawdopodobnie zbyt niska, ponieważ gęstość atmosfery maleje wraz z wysokością (w rzeczywistości sama stratosfera ma więcej niż 30 km wysokości). Ilu stroicieli pianin jest w Warszawie? Ile liści jest na tym drzewie? Te pytania mogą być dla nas bardzo istotne, jeśli uczymy się o fotosyntezie lub planujemy napisać aplikację mobilną dla stroicieli pianin. W przeciwnym przypadku pewnie w ogóle nie interesują nas odpowiedzi. Jednak właśnie tego typu pytania zadają pracodawcy, aby ocenić umiejętności szacowania potencjalnych pracowników. Jeśli nie przemawia do ciebie możliwość wyrobienia intuicji fizycznej i zyskanie umiejętności szacowania, to może przekona możliwość zdobycia dobrze płatnej pracy? Aby przećwiczyć szacowanie długości, pól powierzchni oraz objętości zobacz tę symulację PhET , zatytułowaną Estimation. Podsumowanie Szacowanie jest to określenie przybliżonej wartości na podstawie dotychczasowego doświadczenia oraz logicznego rozumowania. Podczas szacowania pomocne mogą być następujące strategie: Oszacuj większe długości na podstawie mniejszych. Oszacuj pole powierzchni lub objętość na podstawie długości. Oszacuj masę na podstawie objętości lub gęstości. Jeśli wszystko inne zawodzi, ogranicz wartość. Wystarczy jedna cyfra znacząca. Czy to w ogóle ma sens? Zadania Zakładając, że ludzkie ciało składa się głównie z wody, oszacuj objętość człowieka. Zakładając, że ludzkie ciało składa się głównie z wody, oszacuj liczbę cząsteczek, z których jest zbudowane. (Masa cząsteczkowa wody jest równa 18 g/mol, a w 1 molu znajduje się około 10 24 cząsteczek). 10 28 cząsteczek Oszacuj masę powietrza w sali lekcyjnej. Oszacuj liczbę cząsteczek wchodzących w skład Ziemi, przy założeniu, że średnia masa cząsteczkowa jest równa 30 g/mol. (W 1 molu znajduje się około 10 24 cząsteczek). 10 51 cząsteczek Oszacuj pole powierzchni ludzkiego ciała. Ile układów słonecznych potrzeba, żeby przykryć całą Drogę Mleczną? 10 16 układów słonecznych Oszacuj gęstość Księżyca. Oszacuj średnicę Księżyca. Wiedząc, że dla znajdującego się na Ziemi obserwatora Księżyc zajmuje około pół stopnia, oszacuj jego odległość od Ziemi. Średnia gęstość Słońca ma rząd 10 3 k g / m 3 . Oszacuj długość średnicy Słońca. Wiedząc, że dla znajdującego się na Ziemi obserwatora Słońce zajmuje około pół stopnia, oszacuj jego odległość od Ziemi. objętość = 10 27 m 3 , średnica = 10 9 m ; 10 11 m . Oszacuj masę wirusa. Operacja zmiennoprzecinkowa jest to pojedyncza operacja arytmetyczna, taka jak dodawanie, odejmowanie, mnożenie czy dzielenie. Oszacuj maksymalną liczbę operacji zmiennoprzecinkowych, jakie człowiek może wykonać w ciągu swojego życia. Ile czasu potrzebowałby superkomputer na wykonanie tej liczby operacji zmiennoprzecinkowych? Założenie, że wykonanie jednej operacji zajmuje sekundę, wydaje się być sensowne. Daje to 10 9 operacji zmiennoprzecinkowych w ciągu życia człowieka; około 10 9 ⋅ 10 − 17 s = 10 − 8 s , lub około 10 ns. szacowanie (ang. estimation ) określenie przybliżonej wartości na podstawie dotychczasowego doświadczenia oraz logicznego rozumowania; szacowania dokonuje się na przykład podczas odpowiedzi na pytania Fermiego", "section": "Szacowanie i pytania Fermiego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Cyfry znaczące przedstawia dwa przedmioty służące do pomiaru masy. W laboratoriach fizycznych waga szalkowa została prawie zupełnie wyparta przez wagę elektroniczną, której wskazania są dokładniejsze i bardziej precyzyjne. Ale co właściwie oznaczają słowa dokładne i precyzyjne ? Czy to nie to samo? W tym podrozdziale zajmiemy się procesem dokonywania oraz zapisywania pomiarów. (a) Waga szalkowa służy do porównywania mas różnych obiektów. Na jednej szalce kładzie się obiekt o nieznanej masie, a na drugiej obiekt, którego masę znamy. Jeśli wskaźniki obu stron wagi zrównają się w położeniu równowagi, oznacza to, że porównywane masy są równe. Obiektami, których masy znamy, są zazwyczaj odważniki o standardowych masach takich jak 1 g, 10 g i 100 g. (b) Wiele wag mechanicznych, takich jak waga szalkowa, zostało zastąpionych przez wagi elektroniczne, które zazwyczaj są dokładniejsze. Za pomocą wagi mechanicznej można określić masę z dokładnością do jednej dziesiątej grama, podczas gdy wiele wag elektronicznych dokonuje pomiaru z dokładnością do jednej tysięcznej grama. (Źródło (a) Serge Melki; źródło (b) Karel Jakubec) Dokładność i precyzja pomiaru Nauka opiera się na obserwacji i na przeprowadzonych doświadczeniach – a więc na pomiarach. Dokładność (ang. accuracy ) mówi, jak bardzo pomiar zbliżony jest do zaakceptowanej wartości referencyjnej. Załóżmy, że chcemy zmierzyć wysokość kartki papieru A4. Na opakowaniu napisano, że ma ona 29,7 cm wysokości. Mierzymy wysokość kartki trzykrotnie i otrzymujemy kolejno 29,8 cm, 29,6 cm i 30,0 cm. Te pomiary są dość dokładne, ponieważ są bardzo zbliżone do wartości referencyjnej równej 29,7 cm. Jeżeli natomiast uzyskalibyśmy pomiar równy 32 cm, nie byłby on dokładny i oznaczałby popełnienie tzw. błędu grubego podczas pomiaru. Zauważ, że aby mówić o dokładności, musimy wiedzieć, jaka jest wartość referencyjna. Precyzja (ang. precision ) pomiaru określa, jak bardzo różnią się od siebie niezależne pomiary wykonywane w tych samych warunkach. Wróćmy do przykładu z kartką papieru. Jednym ze sposobów określenia precyzji jest obliczenie różnicy między największą a najmniejszą wartością pomiaru. W tym przypadku najmniejszą otrzymaną wartością było 29,6 cm, a największą, poprawną 30,0 cm, więc różnica między nimi równa jest 0,4 cm. Pomiary te są względnie precyzyjne, ponieważ ich wartości nie różnią się od siebie znacznie. Jednak pomiary 26,5 cm, 29,1 cm i 31,3 cm nie byłyby zbyt precyzyjne, ponieważ różnica między nimi jest znaczna. Zauważ, że aby określić precyzję, potrzebne są jedynie wyniki pomiarów, nie musimy wiedzieć, jaka jest wartość referencyjna. Pomiary przedstawione w przykładzie z kartką papieru są dokładne oraz precyzyjne, ale zdarza się, że dokładne pomiary nie są precyzyjne lub że precyzyjne pomiary nie są dokładne. Załóżmy, że przy pomocy urządzenia GPS próbujesz znaleźć położenie restauracji. Wyobraź sobie, że restauracja znajduje się na mapie z naniesionym wzorem tarczy strzelniczej (restauracja znajduje się w jej środku), a każda próba zlokalizowania jej przez GPS oznaczana jest czarną kropką. Jak widać, na (a) pomiary GPS są od siebie oddalone, ale wszystkie znajdują się względnie blisko środka tarczy. Jest to równoznaczne z małą precyzją i dużą dokładnością systemu pomiarowego. Na (b) pomiary są położone blisko siebie, ale wszystkie są oddalone od środka tarczy. Świadczy to o dużej precyzji i małej dokładności systemu pomiarowego. Przy pomocy urządzenia GPS próbujemy odnaleźć restaurację znajdującą się na samym środku tarczy. Czarne punkty pokazują poszczególne próby zlokalizowania restauracji. a) Punkty znajdują się w sporej odległości od siebie, ale wszystkie dość blisko restauracji, co świadczy o wysokiej dokładności. b) Punkty znajdują się blisko siebie, co świadczy o wysokiej precyzji, ale położone są daleko od restauracji, co z kolei świadczy o niskiej dokładności. (Źródło: Dark Evil) Dokładność, precyzja, niepewność i błąd pomiaru Precyzja pomiarów związana jest z niepewnością pomiarową (ang. uncertainty ), a dokładność z błędem pomiaru (ang. discrepancy ), czyli rozbieżnością między dobrze znaną wartością referencyjną a obliczoną. Niepewność określa, jak bardzo poszczególne pomiary różnią się między sobą ze względu na statystyczny charakter czynności pomiarowych. Błąd pomiaru to różnica między wartością zmierzoną a wartością oczekiwaną, dzięki znajomości znanego standardu. Istnieje wiele różnych metod obliczania niepewności – wybór odpowiedniej z nich zależy od problemu. Czasami należy obliczyć różnicę między największą a najmniejszą zmierzoną wartością, czasem trzeba znać wartość odchylenia standardowego pomiarów. Jeśli pomiary nie są zbyt precyzyjne, niepewność pomiarowa jest wysoka. Jeśli z kolei nie są dokładne, to podczas pomiarów popełniany jest, mniej lub bardziej świadomie, duży błąd pomiarowy. Wróćmy raz jeszcze do przykładu z mierzeniem długości kartki papieru: nasze pomiary były równe 29,8 cm, 29,6 cm i 30,0 cm, podczas gdy na opakowaniu podano wartość 29,7 cm. Możemy obliczyć średnią arytmetyczną z uzyskanych pomiarów. W takim przypadku otrzymamy 29,8 cm, a za niepewność pomiaru będzie można przyjąć 29,8 cm - 29,7 cm = 0,1 cm – wartość ta stanowi wymierną reprezentację dokładności. W analizowanym przypadku niepewność pomiaru wyniesie 30,0 cm - 29,6 cm = 0,4 cm. Powiemy wówczas, że długość kartki papieru to 29,8 cm plus minus 0,4 cm. Niepewność pomiaru A często zapisuje się jako Δ A (czytaj „delta A ”), a więc wynik pomiaru należy zapisać w następujący sposób: A ± Δ A . Powiemy zatem, że długość kartki papieru jest równa 29,8 cm ± 0,4 cm. Błąd pomiaru wynosi 0,1 cm i jest mniejszy od niepewności pomiaru równej 0,4 cm. W związku z tym możemy powiedzieć, że wartość zmierzona jest zgodna z wartością referencyjną z określoną dokładnością. Oto niektóre z czynników mogących mieć wpływ na wzrost niepewności pomiarowej: ograniczenia urządzeń pomiarowych; umiejętności osoby dokonującej pomiaru; nieregularny kształt mierzonego obiektu; wszystkie inne czynniki mające wpływ na wynik (są one w dużym stopniu zależne od sytuacji). W omawianym przypadku czynniki mogłyby być następujące: podziałka linijki ma dokładność do 1 mm, osoba dokonująca pomiaru ma słaby wzrok, na jednym końcu skala linijki jest wytarta, krawędź kartki jest z jednej strony dłuższa. W każdym przypadku w celu określenia precyzji pomiaru musi zostać obliczona niepewność. Jeśli znamy wartość referencyjną, warto również obliczyć różnicę bezwzględną (lub względną) pomiędzy otrzymaną wartością średnią (zmierzoną) a wartością referencyjną. Niepewność względna Niepewność pomiarową można przedstawić również jako procent zmierzonej wartości. Jeśli pomiar A obarczony jest niepewnością Δ A , to niepewność względną (ang. relative uncertainty ) definiuje się jako Niepewność względna = Δ A A · 100 % . Obliczanie niepewności względnej: siatka jabłek W pewnym sklepie spożywczym jabłka pakowane są w siatki po 5 kg. Powiedzmy, że w ciągu miesiąca kupiliśmy cztery siatki jabłek i za każdym razem ważyliśmy je. Wyniki pomiarów były następujące: Tydzień 1.: 4,8 kg Tydzień 2.: 5,3 kg Tydzień 3.: 4,9 kg Tydzień 4.: 5,4 kg Możemy stwierdzić, że średnia wartość jest jedna i wynosi ( 5,1 ± 0,6 ) k g . Jaka jest niepewność względna wagi siatki jabłek? Strategia rozwiązania Zauważ, że średnia waga siatki jabłek A jest równa 5,1 kg. Niepewność pomiarowa Δ A jest równa 0,6 kg. W celu wyznaczenia niepewności względnej korzystamy z równania: Niepewność względna = Δ A A · 100% . Rozwiązanie Po podstawieniu danych do wzoru otrzymujemy: Niepewność względna = Δ A A ⋅ 100% = 0,6 k g 5,1 k g ⋅ 100% ≈ 11,76% ≈ 12% . Znaczenie Możemy wywnioskować, że średnia waga siatki jabłek jest równa 5,1 kg z niepewnością względną wynoszącą 12%. Zauważ, że niepewność względna jest bezwymiarowa – jednostki masy Δ A = 0,6 k g oraz A = 5,1 k g skróciły się. Sprawdź, czy rozumiesz. Trener szkolnej sekcji biegów kupił nowy stoper. Według instrukcji niepewność stopera wynosi ± 0,05 s . Biegający w tej sekcji uczniowie na dystansie 100 m uzyskują wyniki od 11,49 s do 15,01 s. Na ostatnich zawodach zwycięzca przebiegł ten dystans w 12,04 s, a zdobywca drugiego miejsca w 12,07 s. Czy nowy stoper przyda się trenerowi? Dlaczego tak lub dlaczego nie? Nie, stoper się nie przyda. Jego niepewność pomiarowa jest zbyt duża, by móc poprawnie zmierzyć czas uzyskiwany przez biegacza na takim dystansie. Niepewność w obliczeniach Wszystkie obliczenia oparte na pomiarach różnych wielkości obarczone są jakąś niepewnością. Na przykład pole powierzchni podłogi obliczone na podstawie długości i szerokości ma niepewność, ponieważ mają ją również długość i szerokość. Jak duża jest niepewność wartości obliczanej poprzez mnożenie lub dzielenie? Jeżeli pomiary, z których korzystasz podczas obliczeń, mają małe niepewności (nie większe niż kilka procent), w celu obliczenia niepewności wyniku możesz skorzystać z metody dodawania niepewności procentowych (ang. method of adding percents ). Według tej metody wyrażona w procentach niepewność wartości, obliczonej na podstawie mnożenia lub dzielenia, jest sumą wyrażonych w procentach niepewności poszczególnych wartości użytych podczas obliczeń . Jeśli na przykład podłoga ma długość równą 4,00 m oraz szerokość równą 3,00 m, a wartości te obarczone są odpowiednio niepewnością 2% i 1%, to pole powierzchni tej podłogi jest równe 12,0 m 2 , a niepewność pomiaru wynosi 3%. (Wartość niepewności możemy przedstawić też jako 0,36 m 2 , ponieważ 12,0 m 2 ⋅ 0,03 = 0,36 m 2 , co zaokrąglamy do 0,4 m 2 , ponieważ wartość pola powierzchni podłogi podana jest z dokładnością do jednej dziesiątej metra). Precyzja przyrządów pomiarowych i cyfry znaczące Ważnym czynnikiem wpływającym na precyzję pomiaru jest używany przez nas przyrząd. Ogólnie rzecz biorąc, precyzyjny przyrząd powinien umożliwiać dokonywanie pomiarów z dokładnością do bardzo małych wartości. Przy pomocy zwykłej linijki możemy dokonywać pomiarów z dokładnością do 1 mm, podczas gdy pomiary dokonane przy pomocy suwmiarki mogą charakteryzować się dokładnością do 0,02 mm. Suwmiarka jest przyrządem bardziej precyzyjnym, ponieważ umożliwia wykrycie bardzo małych różnic w długości. Im bardziej precyzyjny przyrząd, tym wyższa precyzja pomiaru. Wynik pomiaru należy zapisać tak, aby liczba cyfr po przecinku zgadzała się z liczbą cyfr wskazywanych przez przyrząd pomiarowy. Jeżeli mierzymy długość pręta przy pomocy zwykłej linijki, możemy stwierdzić, że ma on długość 36,7 cm. Nie możemy zapisać wartości 36,71 cm, ponieważ nasz przyrząd pomiarowy nie ma wystarczającej precyzji, aby mierzyć obiekty z dokładnością do setnych części centymetra. Należy zauważyć, że ostatnia cyfra musiała w jakiś sposób zostać oszacowana przez osobę dokonującą pomiaru. Jeżeli osoba mierząca wspomniany pręt przy pomocy linijki widzi, że jego długość zawiera się między 36,6 cm a 36,7 cm, musi ona oszacować wartość cyfry po przecinku. Zasada cyfr znaczących (ang. significant figures ) mówi, że ostatnia cyfra pomiaru jest pierwszą cyfrą obarczoną niepewnością pomiarową . Aby określić liczbę cyfr znaczących, należy policzyć kolejne cyfry wartości. Na przykład wartość 36,7 cm składa się z trzech cyfr, co oznacza, że ma trzy cyfry znaczące. Liczba cyfr znaczących jest związana z precyzją przyrządu pomiarowego. Zera Podczas omawiania zagadnienia cyfr znaczących należy szczególnie skupić się na zerach. Zera w liczbie 0,053 nie są cyframi znaczącymi, ponieważ nie wpływają na wartość, otaczają jedynie przecinek. Liczba 0,053 ma dwie cyfry znaczące. Zera w liczbie 10,053 są cyframi znaczącymi – liczba ta ma pięć cyfr znaczących. Zera w liczbie 1300 mogą, ale nie muszą być cyframi znaczącymi – zależy to od sposobu zapisu. Mogą one oznaczać, że wartość liczby jest znana do ostatniej cyfry, mogą także być cyframi wypełniającymi. 1300 może mieć więc dwie, trzy lub cztery cyfry znaczące. Aby uniknąć niejednoznaczności, powinniśmy skorzystać z notacji wykładniczej. 1300 możemy zapisać jako 1,3 · 10 3 , 1,30 · 10 3 lub 1,300 · 10 3 w zależności od tego, czy ma dwie, trzy czy cztery cyfry znaczące. Zera są cyframi znaczącymi, chyba że służą jedynie jako cyfry wypełniające . Cyfry znaczące w obliczeniach Jeżeli podczas obliczeń operujemy na pomiarach o różnym stopniu precyzji, liczba cyfr znaczących wyniku nie może być większa niż liczba cyfr znaczących pomiaru o najmniejszej precyzji . Wyróżniamy dwie zasady: jedną dla mnożenia i dzielenia, a drugą dla dodawania i odejmowania. Jeśli chodzi o mnożenie i dzielenie, wynik powinien mieć taką samą liczbę cyfr znaczących jak wartość pomiaru o najniższym stopniu precyzji . Jeśli znamy promień koła, możemy obliczyć jego pole powierzchni, korzystając ze wzoru A = π r 2 . Sprawdźmy, ile cyfr znaczących ma wartość pola koła, którego promień jest równy r = 1,2 m (ma dwie cyfry znaczące). Używając kalkulatora o ośmiocyfrowym wyświetlaczu, otrzymalibyśmy A = π r 2 = 3,141 592 7 … ⋅ ( 1,2 m ) 2 = 4,523 893 4 m 2 . Jednak wartość promienia podana jest z dokładnością do dwóch cyfr znaczących, co oznacza, że otrzymany wynik należy zaokrąglić: A = 4,5 m 2 , mimo tego, że π podane jest z dokładnością do ośmiu cyfr znaczących. W przypadku dodawania lub odejmowania wynik nie może mieć więcej cyfr po przecinku niż najmniej precyzyjny pomiar. Załóżmy, że w sklepie spożywczym kupujemy 7,56 kg ziemniaków – ważymy je przy pomocy wagi o precyzji 0,01 kg. W naszym laboratorium przy pomocy wagi o precyzji 0,001 kg odmierzamy 6,052 kg ziemniaków i zostawiamy je tam. Następnie wracamy do domu, skąd zabieramy 13,7 kg ziemniaków, zważonych przy pomocy wagi łazienkowej o precyzji 0,1 kg. Ile kilogramów ziemniaków mamy i ilu cyfr znaczących powinniśmy użyć przy formułowaniu odpowiedzi? Masę otrzymujemy dzięki prostemu dodawaniu i odejmowaniu: 7,56 ⁢ kg − 6,052 ⁢ kg + 13,7 ⁢ kg = 15,208 ⁢ kg ⁢ . (\\SI{7,56}{\\kilo\\gram} - \\SI{6,052}{\\kilo\\gram}) + \\SI{13,7}{\\kilo\\gram} = \\SI{15,208}{\\kilo\\gram} \\text{.} Po dokonaniu obliczeń znajdujemy pomiar o najniższej precyzji: 13,7 kg. Wartość ta podana jest z dokładnością do jednego miejsca po przecinku, a więc wynik końcowy również powinien być podany z taką dokładnością. Zaokrąglamy otrzymany wcześniej wynik do części dziesiętnych i uzyskujemy 15,2 kg. Cyfry znaczące w tym podręczniku Większość liczb w tej książce podawana jest z dokładnością do trzech cyfr znaczących. Poza tym wszystkie wartości przedstawiane w danym przykładzie mają odpowiednią liczbę cyfr znaczących. Na przykład wynik podawany jest z dokładnością do trzech cyfr znaczących, ponieważ wartość początkowa również miała taką dokładność. Jeśli wartość początkowa ma mniej cyfr znaczących, wynik również będzie miał ich mniej. Liczba cyfr znaczących jest również odpowiednio dobrana do sytuacji. W przypadku niektórych dziedzin, zwłaszcza w optyce, potrzebne są liczby o wysokim stopniu precyzji. Jeżeli podana jest dokładna wartość liczby, jak na przykład 2 we wzorze na obwód koła, C = 2 π r , nie ma ona wpływu na liczbę cyfr znaczących wyniku. Przeliczniki, takie jak na przykład 100 c m = 1 m , są uznawane za wartości dokładne i również nie mają wpływu na liczbę cyfr znaczących wyniku. Podsumowanie Dokładność pomiaru pozwala ocenić, w jakim stopniu uzyskana wartość zbliżona jest do wartości referencyjnej. Różnicę między tymi wartościami nazywamy błędem pomiaru. Precyzja pomiaru pozwala ocenić stopień zgodności kolejnych zmierzonych wartości. Precyzja pomiaru jest związana z niepewnością pomiarową. Precyzja przyrządu pomiarowego zależy od tego, jaka jest najmniejsza różnica między pomiarami. Im mniejsza różnica, tym bardziej precyzyjny przyrząd. Cyfry znaczące określają precyzję przyrządu pomiarowego. W przypadku mnożenia lub dzielenia zmierzonych wartości wynik końcowy nie może mieć więcej cyfr znaczących niż wartość o najniższym stopniu precyzji. W przypadku dodawania lub odejmowania zmierzonych wartości liczba cyfr po przecinku wyniku końcowego nie może być większa niż liczba cyfr po przecinku wartości o najniższym stopniu precyzji. Najważniejsze wzory Niepewność względna Niepewność względna = Δ A A · 100% Pytania Opisz następujące związki. Opisz związek między precyzją i niepewnością pomiaru. Opisz związek między dokładnością a błędem pomiaru. Niepewność pomiarowa stanowi ilościową reprezentację precyzji. Błąd pomiaru stanowi ilościową reprezentację dokładności. Zadania Rozważmy równanie 4000 / 400 = 10,0 . Co można powiedzieć o liczbie cyfr znaczących dzielnej i dzielnika, jeśli wiadomo, że liczba cyfr znaczących wyniku jest poprawna? Przypuśćmy, że ważysz się na wadze łazienkowej. Wskazuje ona pomiar 65 kg z niepewnością względną równą 3%. Jaka jest niepewność pomiarowa twojej wagi (w kilogramach)? 2 kg Miarka dobrej jakości może wskazywać pomiar z niepewnością równą 0,50 cm na każde 20 m. Podaj niepewność względną. Serce niemowlęcia bije w tempie 130 ± 5 uderzeń na minutę. Jaka jest niepewność względna tego pomiaru? 4% Przypuśćmy, że serce człowieka bije średnio w tempie 72,0 uderzeń na minutę. Ile uderzeń wykona serce w ciągu: 2,0 lat; 2,00 lat; 2,000 lat. Puszka zawiera 375 ml coli. Ile napoju zostanie po wypiciu 308 ml? 67 ml Z dokładnością do ilu cyfr znaczących powinny zostać przedstawione wyniki następujących obliczeń? 106,7 ⋅ 98,2 / ( 46,210 ⋅ 1,01 ) ; ( 18,7 ) 2 ; 1,60 ⋅ 10 − 19 ⋅ 3712 . Ile cyfr znaczących występuje w liczbach 99 i 100? Jeżeli niepewność pomiarowa każdej z liczb jest równa 1, jakie są ich niepewności względne? Z której metody określania dokładności lepiej skorzystać w tym przypadku: cyfr znaczących czy niepewności względnej? Liczba 99 ma 2 cyfry znaczące; 100 ma 3 cyfry znaczące; 1,00%; niepewności względnej. Jeśli niepewność pomiarowa Twojego prędkościomierza jest równa 2,0 km/h przy wskazaniu 90 km/h, jaka jest niepewność względna? Jeśli niepewność względna jest taka sama przy wskazaniu 60 km/h, z jaką największą i najmniejszą prędkością możesz wtedy jechać? Ciśnienie krwi człowieka jest równe ( 120 ± 2 ) m m H g . Podaj niepewność względną. Jaka jest niepewność pomiaru 80 mm Hg przy takiej samej niepewności względnej? 2%; 1 mm Hg. Pewna osoba mierzy sobie puls, licząc uderzenia serca przez 30 s. Jeżeli w ciągu ( 30,0 ± 0,5 ) s naliczyła 40 ± 1 uderzeń, jaka jest prędkość bicia jej serca oraz niepewność pomiarowa w uderzeniach na minutę? Oblicz pole powierzchni koła o średnicy 3,102 cm. 7,557 c m 2 Określ liczbę cyfr znaczących w następujących wynikach pomiarów: 0,0009; 15 450,0; 6 · 10 3 ; 87,990; 30,42. Wykonaj obliczenia i przedstaw wynik przy pomocy odpowiedniej liczby cyfr znaczących. Pewna kobieta ma dwie torby o wadze 13,5 kg i jedną o wadze 10,2 kg. Jaka jest całkowita waga toreb? Siła F działająca na ciało jest równa jego masie m pomożonej przez jego przyspieszenie a . Jeśli przyspieszenie wózka o masie 55 kg jest równe 0,0255 m / s 2 , jaka siła działa na ten wózek? (Jednostką siły jest niuton opisywany symbolem N.) 37,2 kg; ponieważ liczba toreb jest wartością dokładną, nie ma ona wpływu na cyfry znaczące; 1,4 N; wartość początkowa 55 kg przedstawiona jest przy pomocy dwóch cyfr znaczących, więc wynik również musi być przedstawiony przy pomocy dwóch cyfr znaczących. dokładność (ang. accuracy ) określa, jak bardzo pomiar zbliżony jest do wartości referencyjnej błąd pomiaru (ang. discrepancy ) różnica między wartością zmierzoną a wartością oczekiwaną lub znanym standardem metoda dodawania niepewności procentowych (ang. method of adding percents ) niepewność względna wartości obliczonej na podstawie mnożenia lub dzielenia jest sumą niepewności względnych poszczególnych wartości użytych podczas obliczeń niepewność względna (ang. relative uncertainty ) stosunek niepewności pomiaru do wartości tego pomiaru; przedstawiana jest w procentach precyzja (ang. precision ) określa, w jakim stopniu różnią się od siebie kolejne pomiary wykonywane w tych samych warunkach cyfry znaczące (ang. significant figures ) ich liczba świadczy o precyzji pomiaru niepewność pomiarowa (ang. uncertainty ) liczba mówiąca o tym, jak bardzo poszczególne pomiary różnią się między sobą", "section": "Cyfry znaczące", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Rozwiązywanie zadań z zakresu fizyki Rozwiązywanie zadań tekstowych jest konieczne, aby osiągnąć wprawę. (Źródło: „scui3asteveo”/Flickr) Umiejętność rozwiązywania zadań jest niezbędna, jeśli chcemy zrozumieć fizykę. Co więcej, umiejętność zastosowania praw fizyki – reprezentowanych zazwyczaj przez wzory – do danej sytuacji stanowi istotną formę wiedzy. Jest to forma o wiele bardziej przydatna niż znajomość definicji. Zdolności analityczne oraz zdolność rozwiązywania problemów mogą być pomocne, kiedy spotkamy się z nową sytuacją, podczas gdy definicje nie zawierają rozwiązania dla każdego możliwego scenariusza. Zdolności analityczne przydają się zarówno podczas rozwiązywania problemów opisanych w tym rozdziale, jak i w codziennym życiu. Pewnie zdajemy sobie sprawę z tego, że trudno jest znaleźć rozwiązanie zadania bez pewnej dozy kreatywności i intuicji. Nie istnieje algorytm, który zadziała w każdej sytuacji. Kreatywność oraz intuicja rozwijają się wraz z doświadczeniem. Kiedy nabierze się wprawy, podstawowe problemy rozwiązuje się niemal automatycznie. Można podczas czytania rozwiązywać przykłady znajdujące się w tekście. Można też rozwiązywać zadania znajdujące się na końcu podrozdziału – najlepiej zacząć od tych prostszych, co doda nam pewności siebie, a następnie próbować rozwiązywać coraz trudniejsze. Z czasem zaczniemy dostrzegać znaczenie fizyki w otaczającym nas świecie i będziemy mogli stosować jej prawa w sytuacjach, z którymi spotkamy się w codziennym życiu, tak jak opisano to w wielu miejscach w tej książce. Chociaż nie ma prostego algorytmu, który pozwoliłby rozwiązać każdy problem, opisana poniżej metoda ułatwia proces szukania rozwiązania i sprawia, że staje się on bardziej zrozumiały. Trzy etapy, które możemy wyróżnić podczas stosowania tej metody, to stworzenie strategii rozwiązania, rozwiązanie i sprawdzenie. Metoda ta jest stosowana podczas prezentowania rozwiązań zadań w tym podręczniku. Teraz przedstawimy każdy etap po kolei. Strategia rozwiązywania zadań Strategia jest początkowym etapem rozwiązania zadania. Należy rozważyć, na czym dokładnie polega problem i zaproponować strategię, umożliwiającą znalezienie rozwiązania. Poniższe rady mogą być pomocne podczas planowania strategii: Analiza sytuacji pomoże ci stwierdzić, które prawa fizyki są istotne w danym zagadnieniu . Warto na początku stworzyć prosty plan . Często trzeba zdecydować, którą opcję wybrać – możesz to zaznaczyć na swoim planie. Kiedy już stwierdzisz które prawa fizyki odgrywają rolę w rozważanym zagadnieniu, prościej będzie ci znaleźć i zastosować wzory opisujące te prawa. Zastosowanie odpowiedniego wzoru jest kluczowe, ale powinieneś pamiętać, że wzory stanowią jedynie reprezentację zasad fizyki, praw przyrody czy też związków zachodzących między różnymi wielkościami fizycznymi. Jeżeli nie zrozumiesz zagadnienia, uzyskanie wyniku na niewiele się zda. Stwórz listę danych oraz informacji, które możesz wywnioskować na podstawie treści zadania . Problemy często przedstawione są w bardzo zwięzły sposób i na pierwszy rzut oka możemy nie wiedzieć, co jest dane. W tym przypadku plan może być również bardzo przydatny. Zidentyfikowanie danych jest szczególnie ważne podczas stosowania fizyki w codziennych sytuacjach. Jeśli czytamy, że obiekt zatrzymał się, oznacza to, że jego prędkość jest równa zero. Poza tym poprzez zastosowanie układu współrzędnych możemy przyjąć, że początkowy czas oraz położenie były równe zero. Zastanów się, czego szukasz (wypisz szukane wielkości) . Szczególnie w przypadku problemów złożonych nie zawsze jest oczywiste jakie wielkości i w jakiej kolejności powinniśmy znaleźć. Stworzenie listy pomoże nam uporać się z tym problemem. Zastanów się, które wielkości fizyczne pomogą ci w znalezieniu rozwiązania . Jako że prawa fizyki często przedstawiane są w postaci równań matematycznych, pomocna może być lista znanych i nieznanych wartości. W najprostszym przypadku równanie zawiera tylko jedną niewiadomą – co oznacza, że wartości wszystkich pozostałych zmiennych są znane. Obliczenie wartości niewiadomej jest wtedy bardzo łatwe. Jeśli równanie zawiera więcej niewiadomych, konieczne jest rozwiązanie innych równań. W pewnych przypadkach, aby znaleźć szukaną wartość, należy najpierw obliczyć kilka innych. Bardzo istotne jest wtedy pamiętanie o prawach fizyki – w przeciwnym przypadku możemy zagubić się w gąszczu wzorów. Aby uzyskać wynik końcowy, być może będziesz musiał użyć dwóch (lub więcej) różnych wzorów. Rozwiązanie Rozwiązanie to ten etap, w którym wykonywane są obliczenia. Podstaw dane wraz z jednostkami do wzoru, aby uzyskać wynik . Skorzystaj z algebry, analizy matematycznej, geometrii lub arytmetyki, zależnie, od tego, czego potrzebujesz, aby znaleźć szukane wartości. Podczas obliczeń nie możesz zapominać o jednostkach. Ten etap jest bardzo ważny – to w nim uzyskujemy wyniki liczbowe wraz z jednostkami. Pamiętaj jednak, że to jedynie jedna trzecia całego procesu rozwiązywania zadania – istnieją również dwa inne etapy. Sprawdzenie Kiedy już otrzymasz wyniki obliczeń, możesz pomyśleć, że to koniec rozwiązywania zadania. Musisz jednak pamiętać, że fizyka to nie matematyka. Z punktu widzenia fizyki matematyka jest narzędziem pozwalającym zrozumieć naturę otaczającego nas świata. Dlatego po wykonaniu obliczeń powinieneś dokonać sprawdzenia: Sprawdź jednostki. Jeśli uzyskane w odpowiedzi jednostki są niepoprawne, wtedy będziesz musiał naprawić ten błąd, cofając się do poprzedniego etapu. Jednym ze sposobów na usunięcie tego błędu jest sprawdzenie jednostek we wszystkich użytych wcześniej wzorach. Bądź jednak uważny, gdyż prawidłowa jednostka wartości poszukiwanej nie oznacza jej poprawnej wartości liczbowej. Zastanów się, czy wynik jest zgodny z logiką. Czy to ma sens? Ten krok jest niezwykle ważny – celem fizyki jest opisywanie świata zgodnie z rzeczywistością. Aby stwierdzić, czy uzyskany wynik ma sens, sprawdź jego wartość, znak oraz jednostkę. Wartość powinna być zbliżona do wartości oszacowanej. Należy porównać ją z innymi wartościami innych, podobnych wielkości. Znak zazwyczaj zawiera informację o zwrocie wielkości wektorowej i powinien być zgodny z oczekiwaniami. Im więcej zadań rozwiążesz, tym szybciej wyrobisz w sobie intuicję, która pomoże ci trafnie ocenić, czy uzyskany wynik ma sens. Na tym etapie wracamy do postrzegania zagadnienia w sposób konceptualny. Jeśli zamiast ograniczać się do mechanicznego rozwiązania zadania potrafisz ocenić, czy odpowiedź ma sens, oznacza to, że naprawdę zrozumiałeś zagadnienie. Zastanów się, czy z odpowiedzi można wyciągnąć wnioski. Co to oznacza? Ten podpunkt jest konsekwencją pytania: „Czy to ma sens?”. Fizyka próbuje wytłumaczyć otaczający nas świat, a zadania z zakresu fizyki rozwiązujemy, aby dowiedzieć się, jak funkcjonuje przyroda. Jeżeli stwierdzisz, że uzyskana przez ciebie odpowiedź ma sens, powinieneś zastanowić się, co ciekawego ta odpowiedź mówi ci o świecie. Nawet jeśli dana odpowiedź nie wydaje ci się interesująca, możesz zastanowić się nad sposobem, w jaki do niej doszedłeś. Czy sposób ten można by wykorzystać, aby uzyskać odpowiedź na pytanie, które cię interesuje? W dużej mierze dzięki odpowiedziom na takie pytania nauka wciąż posuwa się naprzód. Podsumowanie W tym podręczniku stosuje się trzy kolejne etapy rozwiązywania zadań z zakresu fizyki. Są to: Strategia rozwiązania zadania : Zdecyduj, które prawa fizyki związane są z zagadnieniem i zaplanuj strategię wykorzystującą te prawa. Rozwiązanie : Wykonaj niezbędne obliczenia. Pamiętaj o jednostkach. Sprawdzenie : Sprawdź rozwiązanie; zastanów się, czy jednostki i znak są poprawne oraz czy uzyskana wartość ma sens. Wyciągnij wnioski. Pytania Jakie informacje są potrzebne, aby stwierdzić za pomocą których wzorów można znaleźć rozwiązanie problemu? Co powinieneś zrobić kiedy uzyskasz już wynik obliczeń? Upewnić się, że uzyskana wartość ma sens oraz wyciągnąć wnioski. Zadania dodatkowe Dane jest równanie y = m t + b . Wymiarem y jest długość, a wymiarem t czas, nastomiast m oraz b są stałymi. Jakie są wymiary (jednostki) wielkości w układzie SI a) m oraz b) b ? Dane jest równanie s = s 0 + v 0 t + a 0 t 2 / 2 + j 0 t 3 / 6 + S 0 t 4 / 24 + c t 5 / 120, gdzie s to długość, a t to czas. W jakich jednostkach układu SI wyrażone są następujące wielkości: s 0 ; v 0 ; a 0 ; j 0 ; S 0 ; c ? [ s 0 ] = L , jednostka to metr (m); [ v 0 ] = LT −1 , jednostka to metr na sekundę (m/s); [ a 0 ] = LT −2 , jednostka to metr na sekundę do kwadratu ( m/s 2 ); [ j 0 ] = LT −3 , jednostka to metr na sekundę do potęgi trzeciej ( m/s 3 ); [ S 0 ] = LT −4 , jednostka to m/s 4 ; [ c ] = LT −5 , jednostka to m/s 5 . Prędkościomierz w samochodzie ma niepewność względną równą 5%. W jakim zakresie może mieścić się rzeczywista prędkość, jeśli prędkościomierz wskazuje 90 km/h? Przedstaw uzyskany zakres w milach na godzinę. 1 km = 0,6214 mil. Biegacz ukończył maraton (42,188 km) w czasie 2 h 30 min 12 s. Dystans jest obarczony niepewnością 25 m, a czas niepewnością równą 1 s. Oblicz niepewność względną dystansu. Oblicz niepewność względną uzyskanego czasu. Jaka była średnia szybkość biegacza (w metrach na sekundę)? Jaka jest niepewność średniej szybkości? 0,059%; 0,01%; 4,681 m/s; 0,07%, 0,003 m/s. Boki małego prostopadłościennego pudełka mierzą ( 1,80 ± 0,1 ) c m , ( 2,05 ± 0,02 ) c m oraz ( 3,1 ± 0,1 ) c m . Oblicz objętość tego pudełka oraz jej niepewność w centymetrach sześciennych. Kiedy w krajach Zjednoczonego Królestwa używano jednostek niemetrycznych, masę mierzono w funtach (1 funt to 0,4539 kilograma). Jeśli jednostka funta obarczona jest niepewnością równą 0,0001 kg, jaka jest jej niepewność względna? Na podstawie wyznaczonej niepewności względnej określ jaka masa w funtach ma niepewność równą 1 kg? 0,02%; 10 4 funtów. Długość i szerokość prostokątnego pokoju są równe ( 3,955 ± 0,005 ) m oraz ( 3,050 ± 0,005 ) m . Oblicz wartość pola powierzchni pokoju oraz jej niepewność w metrach kwadratowych. Znajdujący się w silniku samochodowym tłok o średnicy ( 7,500 ± 0,002 ) c m spręża znajdujący się w cylindrze gaz przesuwając się o ( 3,250 ± 0,001 ) c m . O ile zmniejsza się objętość gazu (w centymetrach sześciennych)? Oblicz niepewność pomiarową tej objętości. 143,6 c m 3 ; 0,2 c m 2 , czyli 0,14%. Zadania trudniejsze Bomba atomowa po raz pierwszy została zdetonowana 16 lipca 1945 roku podczas testu Trinity, około 300 km na południe od Los Alamos. W 1947 roku rząd Stanów Zjednoczonych odtajnił nagranie z tego wydarzenia. Na podstawie tego nagrania brytyjski fizyk G. I. Taylor ustalił prędkość, z jaką rozprzestrzeniała się eksplozja. Dzięki analizie wymiarowej mógł następnie określić ilość energii uwolnionej podczas eksplozji. W tamtym czasie była to informacja tajna, w związku z czym Taylor opublikował wyniki swojej analizy dopiero w roku 1950. Możesz spróbować sam odtworzyć przebieg przeprowadzonych przez Taylora obliczeń. a. Opierając się na intuicji będącej wynikiem wieloletniego doświadczenia, Taylor uznał, że promień r obszaru objętego eksplozją zależny był od czasu t , który upłynął od wybuchu, gęstości powietrza ρ oraz energii początkowej eksplozji E . W oparciu o te założenia stwierdził, że r = k E a ρ b t c , gdzie k jest bezwymiarową stałą, natomiast a , b oraz c są nieznanymi wykładnikami. Wiedząc, że [ E ] = M L 2 T − 2 , określ wartości wykładników tak, aby równanie było wymiarowo spójne. Wskazówka : Zauważ, że po przekształceniu wzoru uzyskamy k = r E − a ρ − b t − c oraz że [ k ] = 1 . b. Po zapoznaniu się z danymi dotyczącymi środków wybuchowych generujących dużą ilość energii, Taylor stwierdził, że opracowany przez niego wzór jest poprawny, jeśli stała k ma wartość 1,03. Na podstawie nagrania Taylor mógł określić wiele wartości r i związanych z nimi wartości t . Na przykład stwierdził, że po 25,0 ms promień obszaru objętego eksplozją był równy 130,0 m. Skorzystaj z podanych tu wartości, aby obliczyć całkowitą energię uwolnioną podczas eksplozji, w dżulach (J). Przyjmij, że średnia gęstość powietrza jest równa 1,25 k g / m 3 . Wskazówka : Aby obliczyć energię w dżulach, musisz się upewnić, że wszystkie wartości, na jakich operujesz, podane są w podstawowych jednostkach układu SI. Energia uwolniona podczas dużych eksplozji często wyrażana jest w tonach trotylu. 1 t trotylu to około 4,2 GJ. Przedstaw wynik uzyskany w poprzednim zadaniu w podpunkcie b. w kilotonach trotylu. Porównaj swoją odpowiedź z wartością 10 kt trotylu, którą oszacował Enrico Fermi wkrótce po tym, jak zobaczył eksplozję z dystansu, który uznał za bezpieczny (podobno Fermi umieścił na ziemi kawałki papieru tuż przed tym jak, dotarła do niego fala uderzeniowa, co pozwoliło mu zaobserwować, jak daleko kawałki te zostały przeniesione). Celem tego ćwiczenia jest pokazanie, że cała idea spójności wymiarów wynika z tego, że nie można dodać do siebie różnych rzeczy. Jeżeli na analizie matematycznej uczyłeś się o szeregach potęgowych, to wiesz, że standardowe funkcje matematyczne, takie jak funkcje trygonometryczne, logarytmiczne lub eksponencjalne, można przedstawić jako nieskończone sumy postaci ∑ n = 0 ∞ a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ⋯ , gdzie a n jest bezwymiarową stałą, n przyjmuje wartości n = 0,1,2 , ⋯ , a x jest argumentem funkcji (jeżeli nie przerabiałeś jeszcze szeregów potęgowych, po prostu zaufaj nam). Wykorzystaj ten fakt, aby wytłumaczyć dlaczego definicja spójności wymiarów sprowadza się tylko do tego, aby wszystkie składniki w równaniu miały ten sam wymiar. Wzór ten sugeruje, że argumenty standardowych funkcji matematycznych powinny być bezwymiarowe, a więc tego ostatniego warunku nie trzeba zawierać w definicji spójności wymiarowej. Jako że argument w każdym wyrazie ciągu potęgowego podnoszony jest do innej potęgi, jedynym sposobem, aby zachować spójność wymiarów, jest używanie argumentów, które są liczbami niemianowanymi. Załóżmy, że x = L a M b T c . Oznacza to, że x n = x n = L a n M b n T c n . Jeżeli x = x n , wtedy a n = a , b n = b i c n = c dla każdego n . Jest to możliwe, tylko jeśli a = b = c = 0 .", "section": "Rozwiązywanie zadań z zakresu fizyki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Drogowskazy zawierają informacje o odległościach i kierunkach, w jakich znajdują się różne miejscowości. Odległość, nazywana w fizyce drogą, jest wielkością skalarną. Jeśli chcemy dostać się w dane miejsce, nie wystarczy, że wiemy, jak daleko się ono znajduje, musimy znać również kierunek, w którym trzeba się udać w stosunku do bieżącego położenia. Kierunek oraz odległość tworzą wektor, nazywany wektorem przemieszczenia, możemy więc powiedzieć, że drogowskazy zawierają informacje o wektorach przemieszczenia. (Źródło: modyfikacja pracy „studio tdes”/Flickr) Wektory stanowią ważne zagadnienie w fizyce oraz inżynierii. Wiele podstawowych wielkości fizycznych to wielkości wektorowe. Należą do nich m.in.: przemieszczenie, prędkość, siła, wektor pola elektrycznego oraz wektor pola magnetycznego. Obliczenie ich iloczynu wektorowego pozwala na zdefiniowanie kolejnych wielkości wektorowych, takich jak moment obrotowy lub moment pędu. Poprzez obliczenie iloczynu skalarnego wielkości wektorowych możemy uzyskać wielkości skalarne, takie jak na przykład energia. Krótko mówiąc, wektory w fizyce pełnią tak podstawową funkcję, jak zdania w literaturze. Wektory reprezentowane są w przestrzeni euklidesowej jedno-, dwu- lub trójwymiarowej jako strzałki. Wektory można dodawać, odejmować lub mnożyć. Rachunek wektorowy odgrywa znaczącą rolę w wielu dziedzinach fizyki. W tym rozdziale skupimy się na jego zastosowaniach w działach takich jak mechanika oraz elektryczność i magnetyzm.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Skalary i wektory Wiele wielkości fizycznych można opisać, podając liczbę oraz odpowiednią jednostkę. Możemy powiedzieć na przykład „lekcja trwa 45 minut”, „bak w moim samochodzie ma pojemność 65 l” lub „odległość między tymi słupami to 100 m”. Wielkości, które można określić w ten sposób, nazywamy wielkościami skalarnymi (ang. scalar quantity ). Skalar oznacza liczbę. Czas, masa, droga, długość, objętość, temperatura oraz energia są przykładami wielkości skalarnych . Wielkości skalarne przedstawiane przy pomocy tych samych jednostek mogą być dodawane lub odejmowane tak jak pozostałe liczby. Na przykład lekcja, która skończy się 10 min przed czasem, będzie trwała 45 m i n − 10 m i n = 35 m i n . Całkowita energia zawarta w bananie, który ma 90 kalorii, oraz w pączku, który ma 200 kalorii, jest równa 90 c a l + 200 c a l = 290 c a l . W wyniku mnożenia wielkości skalarnej przez liczbę otrzymamy tę samą liczbę, choć o innej wartości. Przykładowo, jeśli zjedzone przez nas wczoraj śniadanie miało 200 kalorii, a to, które zjedliśmy dziś, było 4 razy bardziej kaloryczne, to energia dzisiejszego śniadania była równa 4 ⋅ 200 c a l = 800 c a l . Wielkości skalarne mogą być mnożone lub dzielone przez siebie nawzajem. Wynikiem takich działań są pochodne wielkości skalarne. Jeśli pociąg przebywa drogę 100 km w ciągu 1,0 h, oznacza to, że jedzie ze średnią szybkością 100 km / 1,0 h = 100 km/h = 27,8 m/s , gdzie szybkość jest pochodną wielkością skalarną, otrzymaną w wyniku dzielenia drogi przez czas. Do opisu wielu wielkości fizycznych nie wystarczą jednak liczba i jednostka. Jeśli straż przybrzeżna wysyła jednostkę ratunkową, nie wystarczy, że zna odległość od miejsca, z którego wysłano sygnał SOS, musi również znać kierunek, z którego ten sygnał dochodzi. Wielkości fizyczne, które opisuje się, podając liczbę jednostek (długość) oraz kierunek, nazywamy wielkościami wektorowymi (ang. vector quantity ). Należą do nich przemieszczenie, prędkość, siła oraz moment siły. Wielkości wektorowe reprezentowane są przez obiekty matematyczne zwane wektorami (ang. vector ) ( ). Wektory można dodawać lub odejmować, można je również mnożyć przez skalar lub przez inny wektor, natomiast dzielenie wektora przez skalar to mnożenie przez odwrotność skalara. Wektor rysujemy od punktu zaczepienia (nazywanego też początkiem wektora) do punktu końcowego (nazywanego też końcem wektora) oznaczonego grotem strzałki. Moduł wektora jest równy jego długości – jest to liczba dodatnia. (Źródło: modyfikacja pracy Cate Sevilla) Na początku zapoznamy się z metodą graficzną dodawania i odejmowania wektorów – pomoże ci to zrozumieć podstawowe pojęcia i nauczyć się odpowiedniego sposobu myślenia. W rzeczywistości podczas rozwiązywania zadań korzysta się z metod analitycznych, o czym wkrótce się przekonamy. Metody analityczne są dokładniejsze, a wykonywane w ich przypadku obliczenia bardzo proste. Aby odróżnić wielkości skalarne od wektorowych, przyjmiemy, że pochylona litera ze strzałką u góry oznacza wektor. Na przykład drogę równą 2,0 km, a więc wielkość skalarną, zapiszemy jako d = 2,0 k m , natomiast przemieszczenie w konkretnym kierunku, równe 2,0 km zapiszemy jako d → , ponieważ jest to wielkość wektorowa. Wyobraź sobie, że jesteś z przyjacielem na kempingu i mówisz mu, że odkryłeś fantastyczne miejsce do wędkowania, 6 km od twojego namiotu. Jeśli nie powiesz, w jakim kierunku od obozowiska znajduje się to miejsce, twój przyjaciel najprawdopodobniej go nie znajdzie, ponieważ nie podając kierunku określiłeś jedynie okrąg, na którego obwodzie znajduje się to miejsce. Możesz powiedzieć na przykład „Idź 6 km na północny wschód od mojego namiotu”. Krótko mówiąc, musisz podać dwie informacje — odległość (6 km) oraz kierunek (północny wschód). Przemieszczenie jest to ogólne pojęcie opisujące zmianę położenia , jak na przykład podczas wędrówki z namiotu do miejsca wędkowania. Przemieszczenie jest przykładem wielkości wektorowej. Jeśli idziesz od namiotu (położenie A ) do jeziora (położenie B ), jak przedstawiono na , wektor D → , reprezentujący Twoje przemieszczenie (ang. displacement ), przedstawia się za pomocą strzałki z początkiem w punkcie A i końcem w punkcie B . Grot strzałki oznacza koniec wektora. Kierunek strzałki jest kierunkiem wektora przemieszczenia D → . Długość strzałki przedstawia moduł (ang. magnitude ) D wektora D → . W tym przypadku jest to D = 6 k m . Ponieważ moduł wektora jest jego długością, a więc liczbą dodatnią, moduł można również zapisać, obejmując symbol wektora wartością bezwzględną: D ≡ | D → | . Aby rozwiązać zadanie dotyczące wektorów graficznie, musimy narysować wektor D → w odpowiedniej skali. Jeśli przyjmiemy, że jedna jednostka długości (1 km) na rysunku będzie odpowiadała długości u = 2 c m , wektor przemieszczenia będzie miał całkowitą długość d = 6 u = 6 ⋅ 2 c m = 12 c m , jak widzimy na . Zauważ, że użyliśmy różnych symboli, aby oznaczyć moduł wektora ( D = 6 k m ) oraz długość jego reprezentacji graficznej ( d = 12 c m ). Wektor przemieszczenia z początkiem w punkcie A (w obozowisku) oraz końcem w punkcie B (przy jeziorze) obrazuje strzałka o początku w punkcie A oraz końcu w punkcie B . Przemieszczenie jest takie samo dla każdej z dróg (reprezentowanych na rysunku przez inne strzałki) łączącej punkty A oraz B . Jeśli przyjmiemy, że 2 cm oznaczają 1 jednostkę przemieszczenia (w tym przypadku 1 km), to przesunięcie D → o module 6 km należy przedstawić graficznie za pomocą strzałki o długości 12 cm. Przypuśmy, że twój przyjaciel idzie z obozowiska znajdującego się w punkcie A do jeziora znajdującego się w punkcie B , a następnie z powrotem: z jeziora znajdującego się w B do obozowiska znajdującego się w A . Moduł wektora przemieszczenia D → A B z A do B jest równy modułowi wektora przemieszczenia D → B A z B do A (w obu przypadkach jest równy 6 km), możemy więc zapisać, że D A B = D B A . Jednak wektor D → A B nie jest równy wektorowi D → B A , ponieważ wektory te mają inny zwrot: D → A B ≠ D → B A . Na wektor D → B A miałby początek w punkcie B , a koniec w punkcie A , co oznacza, że D → B A wskazuje na południowy-zachód, zatem kąt między wektorem D → A B i D → B A wynosi 180 ∘ . Mówimy, że wektor D → B A oraz wektor D → A B są wektorami przeciwnymi (ang. antiparallel vectors ). Zależność tę zapisujemy: D → A B = − D → B A , gdzie minus oznacza kierunek przeciwny. Wektory zwrócone w tym samym kierunku nazywamy wektorami zgodnie skierowanymi (ang. parallel vectors ), co oznacza, że mają one ten sam zwrot . Dwa wektory o tym samym zwrocie A → oraz B → są równe, co zapisujemy A → = B → , wtedy i tylko wtedy, kiedy ich moduły są równe | A → | = | B → | . Równe są także wektory o różnych punktach zaczepienia, o ile mają taki sam kierunek, zwrot i moduł. Dwa wektory o zwrotach różniących się o 90 ∘ to wektory ortogonalne (ang. orthogonal vectors ), czyli wektory prostopadłe. Relacje między wektorami pokazano na . Zależności między dwoma wektorami A → i B → . (a) A → ≠ B → , ponieważ A ≠ B . (b) A → ≠ B → , ponieważ mają różne zwroty oraz A ≠ B . (c) A → ≠ − A → , ponieważ ich zwroty są różne (mimo tego, że | A → | = | − A → | = A ). (d) A → = B → , ponieważ mają takie same zwroty oraz równe moduły. A = B (e) A → ≠ B → , ponieważ ich kierunki są różne; ich kierunki różnią się o 90 ∘ , czyli są to wektory ortogonalne. Sprawdź, czy rozumiesz. Dwie łodzie motorowe o nazwach „Alicja” i „Beata” poruszają się po jeziorze. Na podstawie poniższych informacji określ, czy ich wektory prędkości są równe, czy nie. „Alicja” porusza się na północ z prędkością 6 węzłów, a „Beata” porusza się na zachód z prędkością 6 węzłów. „Alicja” porusza się na zachód z prędkością 6 węzłów, a „Beata” porusza się na zachód z prędkością 3 węzłów. „Alicja” porusza się na północny wschód z prędkością 6 węzłów, a „Beata” porusza się na południe z prędkością 3 węzłów. „Alicja” porusza się na północny wschód z prędkością 6 węzłów, a „Beata” porusza się na południowy zachód z prędkością 6 węzłów. „Alicja” porusza się na północny wschód z prędkością 2 węzłów, a „Beata” znajduje się bliżej brzegu i porusza się na północny wschód z prędkością 2 węzłów. nie są równe, ponieważ są ortogonalne; nie są równe, ponieważ mają różne moduły; nie są równe, ponieważ mają różne moduły i kierunki; nie są równe, ponieważ mają przeciwne zwroty; równe. Rachunek wektorowy w jednym wymiarze Wektory mogą być mnożone przez skalar, dodawane lub odejmowane od innych wektorów. Pokażemy te działania na przykładzie wyprawy na ryby, który przedstawiliśmy już na . Wektory przemieszczenia podczas wyprawy na ryby. (a) Postój w punkcie C podczas wędrówki z obozowiska (punkt A ) nad jezioro (punkt B ). (b) Powrót po zgubioną skrzynkę (punkt D ). (c) Zakończenie wędrówki nad jeziorem. Przypuśćmy, że twój przyjaciel wyrusza z punktu A (z obozowiska) i idzie w kierunku punktu B (jeziora), ale w pewnym momencie robi postój w punkcie C , znajdującym się w trzech czwartych drogi między punktem A a punktem B ( (a)). Jaki jest jego wektor przemieszczenia D → A C , kiedy znajduje się w punkcie C ? Wiemy, że jeśli przejdzie całą drogę do punktu B , jego wektor przemieszczenia o początku w punkcie A jest równy D → A B , jego moduł jest równy D A B = 6 k m , a kierunek wektora to północny wschód. Jeśli przejdzie 0,75 drogi, utrzymując kierunek północno-wschodni, to będąc w punkcie C , musi znajdować się 0,75 D A B = 4,5 k m od obozowiska w punkcie A . Oznacza to, że wektor przemieszczenia, kiedy znajduje się on w punkcie C , ma moduł równy D A C = 4,5 k m = 0,75 D A B i jest równoległy do wektora przemieszczenia D → A B . Można to przedstawić za pomocą poniższego równania wektorowego (ang. vector equation ): D → A C = 0,75 D → A B . W równaniu wektorowym po obu stronach znaku równości znajdują się wektory. Powyższe równanie jest przykładem mnożenia wektora przez dodatni skalar (liczbę) α = 0,75 . Wynikiem D → A C mnożenia jest nowy wektor o tym samym kierunku i zwrocie co wektor D → A B . Wynikiem mnożenia wektora A → przez liczbę dodatnią α jest nowy wektor B → o tym samym kierunku oraz zwrocie co wektor A → : B → = α A → . Moduł | B → | nowego wektora oblicza się uwzględniając moduł | A → | oryginalnego wektora. Ukazuje to poniższe równanie skalarne (ang. scalar equation ): B = | α | A . W równaniu skalarnym po obu stronach znaku równości znajdują się liczby. jest równaniem skalarnym, ponieważ moduły wektorów są liczbami (dodatnimi). Jeśli skalar α występujący w wektorowym jest ujemny , to moduł | B → | nowego wektora wciąż obliczamy z , ale zwrot jest przeciwny do zwrotu wektora A → . Dokładne zasady przedstawione zostały na (a) na dwóch przykładach, gdzie długość wektora A → wynosi 1,5 jednostki. Kiedy α = 2 , nowy wektor B → = 2 A → ma długość B = 2 A = 3,0 jednostki (jest dwa razy dłuższy) i ma taki sam zwrot oraz kierunek, co pierwszy wektor. Kiedy α = −2 , nowy wektor C → = − 2 A → ma długość C = | − 2 | A = 3,0 jednostki (jest dwa razy dłuższy) i ma ten sam kierunek co pierwszy wektor, lecz przeciwny zwrot. Rachunek wektorowy w jednym wymiarze. (a) Mnożenie przez skalar. (b) Dodawanie dwóch wektorów ( R → jest sumą wektorów A → i B → ). (c) Odejmowanie dwóch wektorów ( D → jest różnicą wektorów A → i B → ). Teraz załóżmy, że twój przyjaciel wędkarz wyrusza z punktu A i idzie w kierunku punktu B , ale po drodze zauważa, że zgubił skrzynkę z przyborami wędkarskimi. Wraca więc do punktu C (w trzech czwartych drogi między punktem A a punktem B ), gdzie zrobił postój, bo pamięta, że tam na pewno jeszcze miał ją przy sobie. Zawraca więc i idzie w kierunku obozowiska. Znajduje skrzynkę leżącą przy ścieżce 1,2 km od punktu C , w punkcie D (zobacz (b)). Jaki jest jego wektor przemieszczenia D → A D , jeśli skrzynka znajdowała się w punkcie D ? Jaki jest jego wektor przemieszczenia D → D B od punktu D do jeziora? Już wcześniej stwierdziliśmy, że w punkcie C jego wektor przesunięcia jest równy D → A C = 0,75 D → A B . Po wznowieniu marszu w punkcie C wędkarz idzie na południowy zachód (w kierunku obozowiska), co oznacza, że jego wektor przemieszczenia D → C D o początku w punkcie C i końcu w punkcie D ma zwrot przeciwny do wektora D → A B . Jego moduł | D → C D | jest równy D C D = 1,2 k m = 0,2 D A B , a więc jego drugi wektor przemieszczenia jest równy D → C D = − 0,2 D → A B . Jego całkowite przemieszczenie D → A D względem obozu jest sumą wektorów (ang. vector sum ) przemieszczenia: wektora D → A C (od obozu do miejsca postoju) oraz wektora D → C D (od miejsca postoju do miejsca, w którym znalazł zgubioną skrzynkę): D → A D = D → A C + D → C D . Jeśli wektory znajdujące się po prawej stronie są znane, możemy znaleźć sumę D → A D w następujący sposób: D → A D = D → A C + D → C D = 0,75 D → A B − 0,2 D → A B = ( 0,75 − 0,2 ) D → A B = 0,55 D → A B . Kiedy twój przyjaciel dotrze wreszcie nad jezioro (do punktu B ), wektor jego przemieszczenia D → A B z punktu A będzie sumą wektorów przemieszczenia D → A D z punktu A do punktu D oraz wektora przemieszczenia D → D B z punktu D do docelowego punktu nad jeziorem D → A B = D → A D + D → D B ( (c)). Oznacza to, że wektor jego przemieszczenia D → D B będzie różnicą wektorów (ang. difference of two vectors ): D → D B = D → A B − D → A D = D → A B + ( − D → A D ) . Zauważ, że różnica dwóch wektorów jest po prostu sumą wektora, który jest pierwszym jej składnikiem, oraz wektora o zwrocie przeciwnym. Drugim składnikiem jest wektor − D → A D (który ma zwrot przeciwny niż wektor D → A D ). Jeśli podstawimy do , otrzymamy drugi wektor przemieszczenia: D → D B = D → A B − D → A D = D → A B − 0,55 D → A B = ( 1,0 − 0,55 ) D → A B = 0,45 D → A B . Wynik oznacza, że twój przyjaciel przeszedł D D B = 0,45 D A B = 0,45 ⋅ 6,0 k m = 2,7 k m od punktu, w którym znalazł zgubioną skrzynkę, do punktu docelowego nad jeziorem. Jeśli wektory A → i B → są do siebie równoległe, tak jak w przykładzie z wyprawą na ryby, to wektory będące ich sumą R → = A → + B → i różnicą D → = A → − B → również są do nich równoległe – mają ten sam kierunek. Dodawanie i odejmowanie wektorów możemy przedstawić graficznie, rysując je z zachowaniem skali, tak jak przedstawiono na . Aby narysować wektor będący sumą wektorów A → i B → o tym samym kierunku i zwrocie, rysujemy je jeden za drugim, łącząc punkt początkowy jednego z nich z punktem końcowym drugiego ( (b)). Moduł wektora wynikowego jest sumą modułów wektorów składowych: R → = A → + B → . Zwrot wektora wynikowego jest taki sam jak zwrot wektorów składowych. Kiedy wektor A → ma zwrot przeciwny do wektora B → , rysujemy je, łącząc ze sobą punkty końcowe ( (c)) lub początkowe. Moduł wektora będącego różnicą wektorów jest wartością bezwzględną D = | A − B | różnicy modułów wektorów składowych. Zwrot wektora wynikowego D → jest taki sam jak zwrot wektora składowego o większym module. Ogólnie rzecz biorąc, niezależnie od liczby wymiarów przestrzeni, możemy dodawać dowolną liczbę wektorów w dowolnej kolejności, ponieważ dodawanie wektorów jest przemienne (ang. commutative ), A → + B → = B → + A → , oraz łączne (ang. associative ), ( A → + B → ) + C → = A → + ( B → + C → ) . Mnożenie przez skalar jest rozdzielne (ang. distributive ) względem dodawania: α 1 A → + α 2 A → = ( α 1 + α 2 ) A → . Z cechy rozdzielności mnożenia względem dodawania korzystamy w i . Podczas dodawania wielu wektorów w jednym wymiarze przydatne jest pojęcie wektora jednostkowego (ang. unit vector ). Wektor jednostkowy oznaczać będziemy przez pochyloną literę z daszkiem, jak na przykład u ^ . Jego moduł jest równy jeden, a sam wektor nie jest opisywany przez żadną jednostkę, więc | u ^ | = u = 1 . Jedyną rolą wektora jednostkowego jest ustalenie kierunku. Na przykład zamiast mówić, że wektor D → A B ma moduł równy 6,0 km i kierunek północno-wschodni, możemy posłużyć się wektorem jednostkowym u ^ o kierunku północno-wschodnim i zapisać D → A B = 6,0 k m ⋅ u ^ . Kierunek południowo-zachodni wskazywany jest wtedy przez wektor jednostkowy − u ^ . Przemieszczenie o 6,0 km w kierunku południowo-zachodnim możemy zapisać w następujący sposób: D → B A = − 6,0 k m ⋅ u ^ . Wędrująca biedronka Długa drewniana miarka stoi oparta o ścianę w laboratorium fizycznym. Jej koniec, oznaczony wartością 200 cm, dotyka podłogi. Biedronka ląduje na wartości 100 cm i zaczyna się przemieszczać wzdłuż miarki. Najpierw przechodzi 15 cm w stronę podłogi, następnie 56 cm w stronę ściany, a później znowu 3 cm w stronę podłogi. Następnie zatrzymuje się na chwilę, przechodzi 25 cm w stronę podłogi i 19 cm w stronę ściany, po czym zatrzymuje się ( ). Znajdź wektor przemieszczenia biedronki i ustal jej końcowe położenie na miarce. Strategia rozwiązania Jeśli przyjmiemy, że kierunek wektora jednostkowego u ^ wskazuje w stronę podłogi, to kierunek ten oznaczymy przez + u ^ , a kierunek od podłogi w górę przez − u ^ . Możemy wyróżnić pięć wektorów przemieszczenia biedronki: D → 1 = 15 ⁢ cm ⋅ + u ̂ ⁢ , D → 2 = 56 ⁢ cm ⋅ − u ̂ ⁢ , D → 3 = 3 ⁢ cm ⋅ + u ̂ ⁢ , D → 4 = 25 ⁢ cm ⋅ + u ̂ ⁢ , D → 5 = 19 ⁢ cm ⋅ − u ̂ ⁢ . \\begin{align} \\vec D_1 &= \\SI{15}{\\centi\\metre} \\cdot (+\\hat u) \\text{,} \\\\ \\vec D_2 &= \\SI{56}{\\centi\\metre} \\cdot (-\\hat u) \\text{,} \\\\\\vec D_3 &= \\SI{3}{\\centi\\metre} \\cdot (+\\hat u) \\text{,} \\\\\\vec D_4 &= \\SI{25}{\\centi\\metre} \\cdot (+\\hat u) \\text{,} \\\\ \\vec D_5 &= \\SI{19}{\\centi\\metre} \\cdot (-\\hat u) \\text{.} \\end{align} Całkowity wektor przemieszczenia D → jest sumą wszystkich wektorów przemieszczenia. Pięć wektorów przemieszczenia biedronki. Zauważ, że na tym schemacie moduły poszczególnych wektorów nie zachowują skali. (Źródło: modyfikacja pracy „Persian Poet Gal”/Wikimedia Commons) Rozwiązanie Suma wszystkich wektorów przemieszczenia jest następująca: D → = D → 1 + D → 2 + D → 3 + D → 4 + D → 5 = 15 c m ⋅ ( + u ^ ) + 56 c m ⋅ ( − u ^ ) + 3 c m ⋅ ( + u ^ ) + 25 c m ⋅ ( + u ^ ) + 19 c m ⋅ ( − u ^ ) = ( 15 c m − 56 c m + 3 c m + 25 c m − 19 c m ) ⋅ u ^ = − 32 c m ⋅ u ^ . W powyższych obliczeniach korzystamy z prawa rozdzielności mnożenia względem dodawania przedstawionego w . Wynik interpretujemy w następujący sposób: punkt zaczepienia wektora całkowitego przemieszczenia znajduje się w punkcie oznaczonym 100 cm (w miejscu wylądowania biedronki). Wektor skierowany jest w stronę ściany. Na dotykającym ściany końcu miarki znajduje się wartość 0 cm, a więc biedronka po zakończeniu wędrówki znajduje się w punkcie wyznaczonym przez proste odejmowanie 100 c m − 32 c m = 68 c m . Sprawdź, czy rozumiesz. Nurek jaskiniowy wpływa do długiego podwodnego tunelu. Kiedy jego przemieszczenie względem początku tunelu jest równe 20 m, przypadkowo upuszcza aparat fotograficzny, ale zauważa to dopiero po przepłynięciu kolejnych 6 m. Kiedy zauważa brak aparatu, zawraca i przepływa 10 m, nie może go jednak znaleźć i decyduje się zakończyć nurkowanie. Jak daleko znajduje się od początku tunelu? Przyjmując, że wektor zwrócony na zewnątrz tunelu ma wartość dodatnią, jaki jest jego wektor przemieszczenia? 16 m ; D → = − 16 m ⋅ u ^ . Rachunek wektorowy w dwóch wymiarach Wektory leżące na płaszczyźnie, to znaczy w przestrzeni dwuwymiarowej, mogą być mnożone przez skalar, dodawane oraz odejmowane od innych wektorów, zgodnie z zasadami przedstawionymi w , , oraz . Jednak dodawanie wektorów w przestrzeni dwuwymiarowej jest bardziej skomplikowane niż dodawanie w jednym wymiarze. Wektory można dodawać metodą graficzną, korzystając z zasad geometrii, lecz aby obliczyć zwrot, kierunek i moduł wektora wypadkowego, potrzebna będzie trygonometria. Metoda graficzna często wykorzystywana jest w nawigacji ( ). Podczas konstrukcji wektorów z zachowaniem skali potrzebne ci będą dwie linijki, ekierka, kątomierz, ołówek oraz gumka do ścierania. Wektory przemieszczenia dodawane są na mapach za pomocą metody graficznej. Podczas graficznego dodawania wektorów na płaszczyźnie stosujemy metodę równoległoboku (ang. parallelogram rule ). Załóżmy, że dwa wektory A → i B → znajdują się w przypadkowych pozycjach przedstawionych na . Jeden z wektorów należy przesunąć tak, aby punkt zaczepienia obu wektorów był wspólny. Następnie od punktu końcowego wektora A → prowadzimy odcinek równoległy do wektora B → , a od punktu końcowego wektora B → prowadzimy odcinek równoległy do wektora A → (odcinki te na oznaczone są liniami przerywanymi). W ten sposób tworzymy równoległobok. Rysujemy przekątną zawierającą punkt zaczepienia wektorów. Przekątna ta jest sumą R → dwóch wektorów: R → = A → + B → ( (a)). Druga przekątna równoległoboku jest różnicą dwóch wektorów D → = A → − B → , co przedstawiono na (b). Zauważ, że punkt końcowy wektora będącego różnicą wektorów jest wspólny z punktem końcowym wektora A → . Metoda równoległoboku dodawania dwóch wektorów. Przesuń jeden z wektorów w taki sposób, aby punkt zaczepienia (oznaczony kropką) obu wektorów był wspólny. Skonstruuj równoległobok, którego dwoma bokami będą wektory, a pozostałymi dwoma odcinki do nich równoległe (oznaczone na rysunku linią przerywaną). (a) Wektor o tym samym punkcie zaczepienia, jaki mają dodawane wektory, pokrywający się z przekątną równoległoboku, to suma wektorów R . Moduł R sumy wektorów nie jest równy sumie modułów dodawanych wektorów. (b) Przekątna łącząca punkty końcowe wektorów tworzy wektor będący różnicą wektorów D → = A → − B → . Punkt początkowy wektora D → powinien być wspólny z punktem końcowym wektora B → , a punkt końcowy wektora D → powinien być wspólny z punktem końcowym wektora A → . Moduł D różnicy wektorów nie jest równy różnicy modułów odejmowanych wektorów. Zgodnie z regułą równoległoboku moduł sumy wektorów ani moduł różnicy wektorów nie mogą być obliczone poprzez dodawanie, ani odejmowanie modułów wektorów A i B , ponieważ długość przekątnej równoległoboku nie jest równa sumie ani różnicy długości boków. Jeśli chcemy znaleźć wartość modułów | R → | i | D → | , musimy posłużyć się trygonometrią, co może prowadzić do skomplikowanych obliczeń. Istnieją dwa sposoby na ich obejście. Jednym z nich jest wykorzystanie współrzędnych wektorów, co zaprezentujemy w następnym podrozdziale. Drugi sposób, którym zajmiemy się teraz, polega na narysowaniu wektorów z zachowaniem skali, tak jak robią to nawigatorzy, i zmierzeniu długości i kierunku uzyskanego wektora. Jeśli musimy dodać do siebie trzy lub więcej wektorów, postępujemy zgodnie z metodą równoległoboku, dodając do siebie pary wektorów, aż otrzymamy wektor będący sumą wszystkich sum. Na przykład jeśli chcemy dodać trzy wektory, najpierw znajdujemy sumę wektorów numer 1 i numer 2, a następnie tę sumę dodajemy do wektora numer 3. Kolejność dodawania poszczególnych wektorów jest bez znaczenia, ponieważ dodawanie wektorów jest przemienne i łączne (zobacz i ). Zanim sformułujemy zasadę wynikającą z metody równoległoboku, spójrzmy na przykład przedstawiony poniżej. Wyobraź sobie, że planujesz podróż do Ameryki, aby odwiedzić swoją rodzinę mieszkającą na Florydzie. Wyruszasz ze stolicy stanu Tallahassee. Najpierw zamierzasz odwiedzić wujka w Jacksonville, złożyć wizytę kuzynce w Daytona Beach, wspólnie zwiedzić Orlando, zobaczyć cyrk w Tampie, a na końcu odwiedzić University of Florida w Gainesville. Przebytą przez ciebie trasę można przedstawić przy pomocy pięciu wektorów przemieszczenia A → , B → , C → , D → i E → , na zaznaczonych kolorem czerwonym. Jaki będzie wektor twojego przemieszczenia w chwili, kiedy dotrzesz do Gainesville? Całkowite przemieszczenie jest sumą wszystkich pięciu wektorów przemieszczenia i można je znaleźć, cztery razy stosując metodę równoległoboku. Wiemy jednak, że wektor przemieszczenia ma swój punkt początkowy (Tallahassee) oraz punkt końcowy (Gainesville), a więc wektor całkowitego przemieszczenia można narysować od razu, łącząc Tallahassee z Gainesville (zielony wektor na ). Jeśli cztery razy zastosujemy metodę równoległoboku, uzyskany przez nas wektor sumy R → będzie pokrywał się z zielonym wektorem: R → = A → + B → + C → + D → + E → . Przez czterokrotne zastosowanie metody równoległoboku otrzymujemy wektor sumy R → = A → + B → + C → + D → + E → , zaznaczony na rysunku kolorem zielonym. Rysowanie wektora będącego sumą wielu wektorów można uprościć poprzez łączenie punktów końcowych i początkowych wektorów (ang. tail-to-head geometric construction ). Załóżmy, że chcemy narysować wektor sumy R → czterech wektorów A → , B → , C → , D → ( (a)). Wybieramy którykolwiek z czterech wektorów i zaczepiamy inny wektor w punkcie końcowym wektora pierwszego. Następnie wybieramy kolejny wektor i zaczepiamy go w punkcie końcowym wektora drugiego. W ten sposób łączymy wszystkie wektory ( ). Wektor sumy R → rysujemy, łącząc punkt początkowy pierwszego wektora z punktem końcowym ostatniego wektora. Punkt końcowy wektora sumy pokrywa się z punktem końcowym ostatniego wektora. Kolejność łączenia wektorów jest dowolna, ponieważ dodawanie jest przemienne i łączne. Metoda łączenia punktów końcowych i początkowych wektorów pozwala na znalezienie sumy wektorów R → = A → + B → + C → + D → . (a) Cztery wektory o różnych modułach i kierunkach. (b) Połączenie punktów końcowych i początkowych wektorów; wektor sumy rysujemy, łącząc punkt początkowy pierwszego wektora z punktem końcowym ostatniego wektora. Konstrukcja sumy wektorów Moduły wektorów przemieszczenia A → , B → i C → na są równe A = 10,0 , B = 7,0 i C = 8,0 , a ich kąty nachylenia do poziomu są równe α = 35 ∘ , β = − 110 ∘ i γ = 30 ∘ . Wartości modułów podane są w centymetrach. Zastosuj odpowiednią skalę i użyj linijki oraz kątomierza, aby znaleźć sumy następujących wektorów: R → = A → + B → , D → = A → − B → , S → = A → − 3 B → + C → . Wektory użyte w oraz w zadaniu „Sprawdź, czy rozumiesz”. Strategia rozwiązania zadania „Znalezienie wektora” oznacza znalezienie jego modułu oraz kąta nachylenia do poziomu. Należy narysować, z zachowaniem skali, wektory znajdujące się po prawej stronie znaku równości, po czym dokonać konstrukcji szukanego wektora. Wartość modułu i kąta nachylenia należy odczytać przy pomocy linijki i kątomierza. Dla podpunktów (a) i (b) stosujemy metodę równoległoboku, w podpunkcie (c) łączymy punkty końcowe i początkowe wektorów. Rozwiązanie W podpunktach (a) i (b) łączymy punkty początkowe wektorów B → i A → , jak na , i tworzymy równoległobok. Krótsza przekątna tego równoległoboku jest sumą A → + B → . Dłuższa przekątna równoległoboku to różnica A → − B → . Za pomocą linijki mierzymy długości przekątnych, a za pomocą kątomierza mierzymy kąty nachylenia. Moduł wektora R → jest równy R = 5,8 c m , a kąt θ R ≈ 0 ∘ . Moduł wektora D → jest równy D = 16,2 c m , a kąt nachylenia θ D = 49 , 3 ∘ , jak pokazano na . Zastosowanie metody równoległoboku w celu znalezienia (a) sumy wektorów (wektor czerwony) (b) różnicy wektorów (wektor niebieski). Aby rozwiązać zadanie z podpunktu (c), do wektora − 3 B → przyłączamy kolejne wektory (punkty początkowe łącząc z punktami końcowymi, tak jak na . Kolejność, w jakiej połączymy wektory, jest bez znaczenia, ale zachowanie skali jest niezwykle ważne. Następnie rysujemy wektor S → , łącząc punkt początkowy pierwszego wektora z punktem końcowym ostatniego wektora. Przy pomocy linijki mierzymy długość wektora S → – jego moduł jest równy S = 36,9 c m . Przy pomocy kątomierza mierzymy kąt nachylenia θ S = 52,9 ∘ . Rozwiązanie przedstawiono na . Rozwiązanie podpunktu (c) przez łączenie punktów końcowych i początkowych wektorów (znalezienie zielonego wektora S → ). Sprawdź, czy rozumiesz. Wybierz odpowiednią skalę oraz użyj linijki i kątomierza w celu znalezienia wektora G → = A → + 2 B → − F → (wektory A → , B → i F → przedstawiono na ). G = 28,2 c m , θ G = 291 ∘ . Powtórz wiadomości o dodawaniu wektorów i zobacz kalkulator wektorów oraz tę symulację . Podsumowanie Wielkość wektorowa to wielkość, która ma moduł, zwrot oraz kierunek, jak na przykład przemieszczenie lub prędkość. Wielkości wektorowe reprezentowane są przez wektory. Graficzną reprezentacją wektora jest strzałka. Długość strzałki odpowiada modułowi wektora, który jest liczbą dodatnią. Kierunek wektora na płaszczyźnie określony jest przez kąt, jaki wektor tworzy z pewnym kierunkiem odniesienia. Kierunek wektora jest wielkością skalarną. Dwa wektory są równe wtedy i tylko wtedy, kiedy ich moduły, kierunki oraz zwroty są równe. Wektory zgodne mają ten sam kierunek i zwrot, ale mogą mieć różne moduły. Wektory przeciwne mają ten sam kierunek, lecz przeciwny zwrot. Kierunki wektorów ortogonalnych różnią się od siebie o 90 ∘ . W wyniku mnożenia wektora przez skalar (różny od jedności) uzyskujemy wektor o innej długości. Mnożenie przez skalar będący liczbą dodatnią nie zmienia zwrotu wektora. Mnożenie przez liczbę ujemną zmienia zwrot wektora – wynikiem tego jest wektor przeciwny do wektora początkowego. Mnożenie przez wektor jest rozdzielne względem dodawania. Wektory można dzielić przez skalary, ale nie można ich dzielić przez wektory. Wektory mogą być dodawane do innych wektorów, nie mogą jednak być dodawane do skalarów. Dodawanie wektorów jest przemienne i łączne. Graficzne dodawanie dwóch wektorów realizujemy, stosując metodę równoległoboku. Graficzne dodawanie większej liczby wektorów realizujemy, łącząc kolejno punkty końcowe i początkowe wektorów. Pytania Według prognozy pogody temperatura ma spaść do − 5 ∘ . Czy temperatura jest wielkością wektorową czy skalarną? Wytłumacz. skalarną Wzrost człowieka, wysokość Mt. Everestu, prędkość muchy, wiek Ziemi, temperatura wrzenia wody, cena książki, populacja światowa, przyspieszenie grawitacyjne – które z wymienionych wielkości to wektory? Podaj przykład wektora wraz z jego modułem, jednostką i zwrotem. możliwe różne odpowiedzi Jakie są cechy wspólne wektorów i skalarów? Jakie są między nimi różnice? Przypuśmy, że chcesz dodać do siebie dwa wektory A → i B → . Jaki powinien być kąt między nimi, aby moduł wektora sumy był jak największy? Jaka jest maksymalna możliwa wartość modułu wektora sumy? Jaki powinien być kąt między nimi, aby moduł wektora sumy był jak najmniejszy? Jaka jest najmniejsza możliwa wartość modułu wektora sumy? powinny być równoległe; suma modułów; powinny być przeciwnie skierowane; zero Czy wielkość skalarną można dodać do wielkości wektorowej? Czy suma dwóch wektorów o różnych modułach może być równa zero? Czy suma trzech wektorów o różnych modułach może być równa zero? Wyjaśnij dlaczego. tak; tak Czy drogomierz wskazuje wielkość skalarną czy wektorową? Biegacz bierze udział w wyścigu na 10 000 m na bieżni o długości 400 m. Jakie jest jego przemieszczenie? Czy to przemieszczenie może być równe zero? Wyjaśnij dlaczego. zero, tak Moduł wektora jest równy zero. Czy należy określić jego zwrot? Wyjaśnij dlaczego. Czy moduł wektora może być liczbą ujemną? nie Czy moduł wektora przemieszczenia cząstki może być większy niż przebyty przez nią dystans? Jeśli dwa wektory są równe, co możesz powiedzieć o ich składowych? Co możesz powiedzieć o ich modułach? A o ich zwrotach i kierunkach? są równe; są równe; są takie same Jeśli suma trzech wektorów jest równa zero, w jaki sposób są one rozmieszczone na płaszczyźnie? Zadania Nurek powoli zanurza się w głąb oceanu. Jego pozycja w pionie względem znajdującej się na powierzchni wody łódki zmienia się kilkakrotnie. Po raz pierwszy zatrzymuje się 9,0 m od łódki. Ma problem z wyrównaniem ciśnienia, więc wynurza się o 3,0 m, a następnie zanurza się 12,0 m głębiej, gdzie zatrzymuje się po raz drugi. Wynurza się o 4,0 m, następnie zanurza o 18,0 m, wynurza o 7,0 m i znów zanurza, tym razem o 24,0 m. Tam zatrzymuje się i czeka na kolegę. Zakładając, że wektor zwrócony w kierunku powierzchni jest wektorem dodatnim, wyraź wektor przemieszczenia nurka w kierunku pionowym przy pomocy wektora jednostkowego. Jaka jest odległość nurka od łódki? h → = − 49 m ⋅ u ^ , 49 m . Na obozie szkolnym urządzono zawody w przeciąganiu liny. 15 uczniów jednocześnie ciągnie linę, próbując przeciągnąć znajdujący się na jej środku węzeł na jedną ze stron. Dwóch uczniów ciągnie w prawo z siłą 196 N, czterech uczniów ciągnie w lewo z siłą 98 N, pięciu uczniów ciągnie w lewo z siłą 62 N, trzech uczniów ciągnie w prawo z siłą 150 N, a jeden uczeń ciągnie w lewo z siłą 250 N. Zakładając dodatni zwrot w prawo, wyraź przemieszczenie węzła przy pomocy wektora jednostkowego. Jaka siła działa na węzeł? Jaki jest jej kierunek? Przypuśćmy, że idziesz 18,0 m na zachód, a następnie 25,0 m na północ. Jak daleko jesteś od punktu początkowego i jaki jest kierunek wektora twojego przemieszczenia? Rozwiąż za pomocą metody graficznej. 30,8 m, 35 , 7 ∘ na zachód od igły wskazującej kierunek północny Użyj metody graficznej, aby znaleźć następujące wektory: A → + B → , C → + B → , D → + F → , A → − B → , D → − F → , A → + 2 F → , A → − 4 D → + 2 F → . Kurier zabiera przesyłki z poczty, jedzie 40 km na północ, następnie 20 km na zachód, 60 km na północny wschód i 50 km na północ, po czym zatrzymuje się na obiad. Przy pomocy metody graficznej znajdź wektor jego przemieszczenia. 134 km, 80 ∘ . Pies podróżnik ucieka z domu, biegnie 3 przecznice na wschód, 2 przecznice na północ, 1 przecznicę na wschód i 2 przecznice na zachód. Przyjmując, że przecznica to około 100 m, jak daleko od domu i w jakim kierunku znajduje się pies? Użyj metody graficznej. Rozbitek planuje uciec z bezludnej wyspy, buduje więc tratwę i wypływa na morze. Wiatr jest bardzo zmienny, więc tratwa znoszona jest w różnych kierunkach: najpierw 2,50 km 45 , 0 ∘ na północ od kierunku zachodniego, następnie 4,70 km 60 , 0 ∘ na południe od kierunku wschodniego, 1,30 km 25 , 0 ∘ na południe od kierunku zachodniego, 5,10 km na wschód, 1,70 km 5 , 0 ∘ na wschód od kierunku północnego, 7,20 km 55 , 0 ∘ na południe od kierunku zachodniego i 2,80 km 10 , 0 ∘ na północ od kierunku wschodniego. Metodą graficzną określ końcowe położenie rozbitka względem wyspy. 7,34 km, 63 , 5 ∘ na południe od kierunku wschodniego Mały samolot leci 40,0 km pod kątem 60 ∘ na północ od kierunku wschodniego, a następnie 30,0 km pod kątem 15 ∘ na północ od kierunku wschodniego. Użyj metody graficznej, aby określić odległość samolotu od punktu startowego oraz kierunek jego przemieszczenia. Turysta idzie ze schroniska nad jezioro oddalone od niego w linii prostej o 5,0 km. Użyj metody równoległoboku, aby określić przemieszczenie turysty w kierunku północnym i przemieszczenie w kierunku wschodnim, których suma jest całkowitym przemieszczeniem. Gdyby turysta szedł zygzakiem, tylko na północ i tylko na wschód, to ile kilometrów musiałby przejść, aby dotrzeć nad jezioro? 3,8 km w kierunku wschodnim; 3,2 km w kierunku północnym; 7,0 km Geodeta mierzy szerokość rzeki płynącej prosto na północ w następujący sposób: rozpoczyna w punkcie leżącym naprzeciwko rosnącego po drugiej stronie rzeki drzewa i przechodzi 100 m wzdłuż rzeki, tworząc w ten sposób podstawę trójkąta. Następnie mierzy kąt między podstawą trójkąta a odcinkiem łączącym drzewo z punktem, w którym obecnie się znajduje, i stwierdza, że kąt ten jest równy 35 ∘ . Jak szeroka jest rzeka? Pewien człowiek przeszedł 6,0 km w kierunku wschodnim, a następnie 13,0 km w kierunku północnym. Znajdź przemieszczenie oraz kierunek przemieszczenia tego człowieka przy pomocy metody graficznej. 14,3 km, 65 ∘ . Moduły dwóch wektorów przemieszczenia są równe A = 20 m i B = 6 m . Jaka jest najmniejsza i największa możliwa wartość sumy wektorów R → = A → + B → ? wektory przeciwne (ang. antiparallel vectors ) dwa wektory, których zwroty różnią się o 180 ° łączność (ang. associative ) kolejność wyrazów w działaniu może być dowolna przemienność (ang. commutative ) wyrazy mogą podlegać działaniu w dowolnej kolejności różnica dwóch wektorów (ang. difference of two vectors ) suma wektora pierwszego i wektora o zwrocie przeciwnym do wektora drugiego przemieszczenie (ang. displacement ) zmiana położenia rozdzielność (ang. distributive ) iloczyn pewnej liczby przez sumę składników jest równy sumie składników pomnożonych przez tę liczbę moduł (ang. magnitude ) długość wektora wektory ortogonalne (ang. orthogonal vectors ) wektory, których kąty skierowane różnią się o 90 ∘ , inaczej wektory prostopadłe reguła równoległoboku (ang. parallelogram rule ) reguła, według której dokonuje się konstrukcji sumy wektorów na płaszczyźnie wektory zgodne (ang. parallel vectors ) wektory o tych samych kątach skierowanych skalar (ang. scalar ) liczba; w fizyce jednoznaczne z wielkością skalarną równanie skalarne (ang. scalar equation ) równanie, w którym po obu stronach znaku równości znajdują się liczby wielkość skalarna (ang. scalar quantity ) wielkość fizyczna, którą można określić jedynie za pomocą liczby i odpowiedniej jednostki konstrukcja wektora sumy (ang. tail-to-head geometric construction ) sposób graficzny dodawania wektorów polegający na łączeniu punktów końcowych i początkowych kolejnych wektorów wektor jednostkowy (ang. unit vector ) wektor o module równym jeden, nie posiada on jednostki, służy jedynie do określenia kierunku wektor (ang. vector ) obiekt matematyczny o określonym module, kierunku i zwrocie równanie wektorowe (ang. vector equation ) równanie, w którym po obu stronach znaku równości znajdują się wektory wielkość wektorowa (ang. vector quantity ) wielkość fizyczna reprezentowana przez wektor (moduł, kierunek i zwrot) w fizyce jednoznaczna z wektorem suma wektorów (ang. vector sum ) wektor powstały w wyniku dodawania dwóch lub więcej wektorów", "section": "Skalary i wektory", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Układy współrzędnych i składowe wektora Wektory zazwyczaj opisuje się, podając ich współrzędne w układzie współrzędnych (ang. coordinate system ). Nawet w życiu codziennym mamy skłonność do opisu rzeczywistości przy użyciu prostokątnego układu współrzędnych. Jeśli zapytasz kogoś, jak dostać się w pewne miejsce, bardziej prawdopodobne jest to, że usłyszysz, aby jechać 40 km na wschód, a następnie 30 km na północ, a nie 50 km, pod kątem 37 ∘ na północ od kierunku wschodniego. W dwuwymiarowym, prostokątnym (kartezjańskim) układzie współrzędnych położenie punktu podaje się poprzez określenie jego dwóch współrzędnych ( x , y ) . Położenie wektora A → opisuje się w podobny sposób. Rolę współrzędnej x wektora A → pełni składowa pozioma , a rolę współrzędnej y wektora A → pełni składowa pionowa . Składowa pozioma to wektor zapisywany A → x . Składowa pionowa to wektor zapisywany A → y . W kartezjańskim układzie współrzędnych składowe (ang. vector components ) x i y wektora są jego rzutami na osie układu współrzędnych: x oraz y . Dlatego, zgodnie z regułą równoległoboku, każdy wektor leżący na płaszczyźnie kartezjańskiej można przedstawić jako sumę jego składowych: A → = A → x + A → y . Jak widać na , wektor A → jest przekątną prostokąta, w którym składowa x A → x jest bokiem równoległym do osi x , a składowa y A → y jest bokiem równoległym do osi y . Składowa A → x jest prostopadła do składowej A → y . Wektor A → położony na płaszczyźnie w układzie współrzędnych kartezjańskich jest sumą swojej składowej poziomej i pionowej. Składowa A → x jest rzutem wektora A → na oś x . Składowa A → y jest rzutem wektora A → na oś y . Liczby A x oraz A y , przez które mnożone są wektory jednostkowe, są wartościami składowych wektora. Przyjęło się oznaczać dodatni kierunek osi x przy pomocy wektora jednostkowego i ^ , a dodatni kierunek osi y przy pomocy wektora jednostkowego j ^ . Wektory jednostkowe osi (ang. unit vectors of the axes ), nazywane wersorami osi , i ^ oraz j ^ , określają dwa prostopadłe względem siebie kierunki na płaszczyźnie. Jak widać poniżej ( ), składowe x i y wektora można zapisać przy pomocy wersorów osi: { A → x = A x i ^ A → y = A y j ^ . Wektory A → x i A → y występujące w są składowymi wektora A → . Liczby A x i A y są składowymi skalarnymi (ang. scalar component ) wektora A → . W wyniku połączenia i otrzymujemy rozkład wektora na składowe (ang. the component form of a vector ): A → = A x i ^ + A y j ^ Jeżeli znamy współrzędne p ( x p y p ) punktu początkowego wektora ( p oznacza „początek”) i współrzędne k ( x k , y k ) punktu końcowego wektora ( k oznacza „koniec”), możemy poznać składowe skalarne wektora, odejmując współrzędne punktu początkowego od współrzędnych punktu końcowego: { A x = x k − x p , A y = y k − y p . Przemieszczenie kursora Przyjmując, że lewy dolny róg monitora jest początkiem układu współrzędnych, to kursor myszy znajduje się w punkcie ( 6,0 c m ; 1,6 c m ) . Jeśli najedziesz kursorem na ikonę znajdującą się w punkcie ( 2,0 c m ; 4,5 c m ) , jaki będzie wektor jego przemieszczenia? Strategia rozwiązania Początkiem dwuwymiarowego układu współrzędnych jest lewy dolny róg ekranu. Oznacza to, że wersor i ^ osi x skierowany jest w prawo, a wersor j ^ osi y skierowany jest w górę. Punkt początkowy wektora przemieszczenia p leży w ( 6,0 ; 1,6 ) . Punkt końcowy wektora przemieszczenia k leży w ( 2,0 ; 4,5 ) . Podstaw współrzędne tych punktów do , aby otrzymać składowe skalarne D x oraz D y wektora przemieszczenia D → . Aby uzyskać rozkład wektora na składowe, podstaw obliczone składowe do . Rozwiązanie Na podstawie treści zadania mamy x p = 6,0 , x k = 2,0 , y p = 1,6 i y k = 4,5 , gdzie jednostką jest 1 cm. Możemy obliczyć składowe skalarne x oraz y wektora: D x = x k − x p = 2,0 ⁢ cm − 6,0 ⁢ cm = − 4,0 ⁢ cm ⁢ , D y = y k − y p = 4,5 ⁢ cm − 1,6 ⁢ cm = + 2,9 ⁢ cm ⁢ . \\begin{align} D_x &= x_{\\text{k}} - x_{\\text{p}} = \\SI{2,0}{\\centi\\metre} - \\SI{6,0}{\\centi\\metre} = - \\SI{4,0}{\\centi\\metre} \\text{,} \\\\ D_y &= y_{\\text{k}} - y_{\\text{p}} = \\SI{4,5}{\\centi\\metre} - \\SI{1,6}{\\centi\\metre} = +\\SI{2,9}{\\centi\\metre} \\text{.} \\end{align} Rozkład wektora na składowe przedstawia się następująco: D → = D x i ^ + D y j ^ = − 4,0 c m ⋅ i ^ + 2,9 c m ⋅ j ^ . Rozwiązanie przedstawiono na . Wektor przemieszczenia w układzie współrzędnych. Punkt początkowy wektora oznaczony jest przez p , a punkt końcowy przez k . Znaczenie Zauważ, że jednostkę – w tym przypadku 1 cm – można umieścić albo przy każdej składowej, przed symbolem wersora, albo dla obu składowych jednocześnie, jak w . Wygodniej jest korzystać z drugiego sposobu, ponieważ jest on prostszy. Moduł wektora D → x = − 4,0 i ^ = 4,0 ⋅ ( − i ^ ) , czyli składowej poziomej wektora przemieszczenia, jest równy | D → x | = | − 4,0 | ⋅ | i ^ | = 4,0 , ponieważ moduł wektora jednostkowego jest równy | i ^ | = 1 . Zauważ, że kierunek składowej x jest równy − i ^ , a więc jest on przeciwny do kierunku osi x . Oznacza to, że składowa x wektora D → x skierowana jest w lewo, tak jak przedstawia to . Składowa skalarna x wektora D → jest równa D x = - 4,0 . Moduł wektora y D → y = + 2,9 j ^ , czyli składowej pionowej wektora przemieszczenia, jest równy | D → y | = | 2,9 | ⋅ | j ^ | = 2,9 , ponieważ moduł wektora jednostkowego jest równy | j ^ | = 1 . Kierunek składowej y jest równy + j ^ , a więc jest on zgodny z kierunkiem osi y . Oznacza to, że składowa y wektora D → y skierowana jest w górę, tak jak przedstawiono na . Składowa skalarna y wektora D → jest równa D y = + 2,9 . Wektor przemieszczenia D → jest sumą swoich składowych. Rozkład wektora na składowe ( ) mówi nam, że kursor został przesunięty o 4,0 cm w lewo i o 2,9 cm do góry. Sprawdź, czy rozumiesz. Mucha ląduje na arkuszu papieru milimetrowego w punkcie położonym 10,0 cm na prawo od jego lewej krawędzi i 8,0 cm powyżej krawędzi dolnej, po czym przemieszcza się do punktu położonego 5,0 od lewej krawędzi i 5,0 cm od krawędzi dolnej. Przyjmij, że lewy dolny róg arkusza jest początkiem prostokątnego układu współrzędnych i znajdź wektor przemieszczenia muchy. Przedstaw rozwiązanie graficznie. D → = − 5,0 c m ⋅ i ^ − 3,0 c m ⋅ j ^ ; mucha przesunęła się 5,0 cm w lewo i 3,0 cm w dół od punktu początkowego. Jeśli znamy składowe skalarne A x i A y wektora A → , możemy znaleźć jego moduł A oraz jego kierunek opisywany przez kąt θ A . Kierunek wektora określa się względem kąta nachylenia wektora do osi x . Kąt θ A , patrząc od osi x , mierzony jest przeciwnie do ruchu wskazówek zegara ( ). Ponieważ odcinki o długościach A , A x i A y tworzą trójkąt prostokątny, zależność między nimi opisuje twierdzenie Pitagorasa: A 2 = A x 2 + A y 2 ⟺ A = A x 2 + A y 2 . Zależność ta jest spełniona, nawet jeśli składowe skalarne wektora są liczbami ujemnymi. Kierunek wektora definiuje się obliczając tangens kąta θ A ( ): tg θ = A y A x ⇒ θ = arc tg A y A x ⁢ . \\tg \\theta = \\frac{A_y}{A_x} \\implies \\theta = \\arctg (\\frac{A_y}{A_x}) \\text{.} Moduł A oraz kąt nachylenia θ A wektora A → związane są z długością jego składowych, ponieważ A , A x oraz A y tworzą trójkąt prostokątny. Jeśli wektor leży w pierwszej lub czwartej ćwiartce, gdzie składowa A x jest liczbą dodatnią ( ), kąt θ (z ) jest identyczny z kątem nachylenia θ A . Jeśli wektor leży w czwartej ćwiartce, kąt θ jest ujemny, co oznacza, że kąt nachylenia θ A takiego wektora do osi x mierzy się zgodnie z ruchem wskazówek zegara, rozpoczynając od osi x . Jeśli wektor leży w drugiej ćwiartce, kąt θ również jest ujemny. Jeśli wektor leży w drugiej lub trzeciej ćwiartce, gdzie składowa A x jest liczbą ujemną, kąt nachylenia wektora jest równy θ A = θ + 180 ∘ ( ). Wartości składowych wektora mogą być dodatnie lub ujemne. Dla wektorów leżących w pierwszej ćwiartce (I) wartości obu składowych są dodatnie, a dla wektorów leżących w trzeciej ćwiartce (III) obie te wartości są ujemne. Kąt nachylenia wektora znajdującego się w II lub III ćwiartce do osi x jest równy θ A = θ + 180 ∘ . Moduł i kierunek wektora przemieszczenia Przesuwasz kursor z punktu początkowego ( 6,0 c m ; 1,6 c m ) na ikonę znajdującą się w punkcie ( 2,0 c m ; 4,5 c m ) . Jaki jest moduł i kierunek wektora przemieszczenia kursora? Strategia rozwiązania W znaleźliśmy wektor przemieszczenia D → kursora (zobacz ). Na początku musimy określić wartości składowych wektora: D x = − 4,0 c m i D y = + 2,9 c m i podstawić je do i , aby znaleźć moduł D wektora oraz jego kąt nachylenia θ D . Rozwiązanie Moduł wektora D → jest równy D = D x 2 + D y 2 = ( − 4,0 c m ) 2 + ( 2,9 c m ) 2 = ( 4,0 ) 2 + ( 2,9 ) 2 c m = 4,9 c m . Kąt nachylenia wektora do osi jest równy tg ⁡ θ = D y D x = 2,9 c m − 4,0 c m = − 0,725 ⟹ θ = arctg ⁡ ( − 0,725 ) = − 35,9 ∘ . Wektor D → leży w drugiej ćwiartce, więc jego kierunek opisujemy przy pomocy kąta θ D = θ + 180 ∘ = − 35,9 ∘ + 180 ∘ = 144,1 ∘ . Sprawdź, czy rozumiesz. Jeśli przemieszczenie muchy wędrującej po arkuszu papieru milimetrowego jest równe D → = − 5,00 c m ⋅ i ^ − 3,00 c m ⋅ j ^ , znajdź jego moduł i kierunek. 5,83 cm; 211 ∘ W praktyce często zdarza się, że trzeba znaleźć sumę wielu wektorów, których moduły i kierunki są znane. Wyobraź sobie na przykład, że podczas silnego wiatru na moście znajduje się jednocześnie 400 samochodów. Każdy z nich oddziałuje na most naciskiem o innym kierunku, a my chcemy dowiedzieć się, jaka jest suma nacisku. Poznałeś już metodę graficzną znajdowania sumy wektorów, więc wiesz, że metoda ta, ze względu na mierzenie długości i kątów, może szybko prowadzić do znaczących błędów. W przypadku metod analitycznych takie zagrożenie nie występuje. Pierwszym krokiem podejścia analitycznego, jeśli moduł i kierunek wektora są dane, jest znalezienie jego składowych. Wróćmy do trójkąta prostokątnego z . Stosunek długości przyprostokątnej A x i przeciwprostokątnej A jest cosinusem kąta θ A , A x / A = cos ⁡ θ A , a stosunek długości przyprostokątnej A y i przeciwprostokątnej A jest sinusem kąta θ A , A y / A = sin ⁡ θ A . Jeśli moduł A i kierunek θ A są znane, możemy znaleźć wartości składowych wektora: { A x = A cos θ A A y = A sin θ A . Podczas obliczania składowych wektora przy pomocy należy pamiętać o zasadach wyznaczania kąta. Kąt θ A jest kątem mierzonym przeciwnie do ruchów wskazówek zegara, zaczynając od osi x . Kąt mierzony zgodnie z ruchem wskazówek zegara będzie ujemny. Składowe wektorów przemieszczenia Ekipa ratunkowa szukająca zaginionego dziecka podąża za Azorem, psem tropiącym. Azor często gubi trop i często zawraca. W końcu znajduje dziecko i wszystko dobrze się kończy, więc możemy skupić się na wektorach przemieszczenia Azora. Wektory te są bardzo zróżnicowane: najpierw Azor przebiegł 200,0 m na południowy wschód, następnie 300,0 m na północ, później węsząc przeszedł 50,0 m w kierunku 30 ∘ na zachód od kierunku północnego. Po przejściu 80,0 m na południe Azor złapał świeży trop i skręcił w kierunku 23 ∘ na zachód od kierunku południowego, po czym przebiegł 150,0 m. Znajdź wartości składowych wektorów przemieszczenia Azora i wektory przemieszczenia (w postaci rozkładu na składowe) dla każdej z przebytych przez niego ścieżek. Strategia rozwiązania W celu rozwiązania tego zadania skorzystamy z prostokątnego układu współrzędnych o osi x skierowanej na wschód oraz osi y skierowanej na północ. Oznacza to, że wersor i ^ będzie wskazywał na wschód, a wersor j ^ na północ. Azor wytyczył pięć ścieżek, co oznacza, że jego przemieszczenie składa się z pięciu wektorów przemieszczenia. Zaczniemy od znalezienia ich modułów i kierunków, następnie użyjmy , aby znaleźć wartości składowych wektorów i zapiszemy wektory w postaci przedstawionej na . Rozwiązanie Moduł przemieszczenia Azora na pierwszej ścieżce jest równy L 1 = 200,0 m , a wektor ma kierunek południowo-wschodni. Za kąt nachylenia θ 1 możemy przyjąć albo - 45 ∘ mierzone od kierunku południe-północ, jeśli zmierzymy kąt zgodnie z ruchem wskazówek zegara, albo 45 ∘ + 270 ∘ , jeśli zmierzymy go przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. W pierwszym przypadku θ 1 = − 45 ∘ , a w drugim θ 1 = + 315 ∘ . Możemy użyć którejkolwiek z tych wartości. Składowe są więc równe: L 1 x = L 1 ⁢ cos θ 1 = 200,0 ⁢ m ⋅ cos 315 ° = 141,4 ⁢ m ⁢ , L 1 y = L 1 ⁢ sin θ 1 = 200,0 ⁢ m ⋅ sin 315 ° = − 141,4 ⁢ m ⁢ . \\begin{align} L_{1\\sep x} &= L_1 \\cos \\theta_1 = \\SI{200,0}{\\metre} \\cdot \\cos \\ang{315} = \\SI{141,4}{\\metre} \\text{,} \\\\ L_{1\\sep y} &= L_1 \\sin \\theta_1 = \\SI{200,0}{\\metre} \\cdot \\sin \\ang{315} = - \\SI{141,4}{\\metre} \\text{.} \\end{align} Wektor przemieszczenia na pierwszej ścieżce jest równy: L → 1 = L → 1 x i ^ + L → 1 y j ^ = 141,4 m ⋅ i ^ − 141,4 m ⋅ j ^ . Moduł przemieszczenia Azora na drugiej ścieżce jest równy L 2 = 300,0 m , a wektor skierowany jest na północ. Kąt nachylenia θ 2 = + 90 ∘ . Otrzymujemy następujące wyniki: L 2 x = L 2 cos ⁡ θ 2 = 300,0 m ⋅ cos ⁡ 90 ∘ = 0,0 m , L 2 y = L 2 sin ⁡ θ 2 = 300,0 m ⋅ sin 90 ∘ = 300,0 m , L → 2 = L 2 x i ^ + L 2 y j ^ = 300,0 m ⋅ j ^ . Moduł przemieszczenia Azora na trzeciej ścieżce jest równy L 3 = 50,0 m , a wektor skierowany jest 30 ∘ na zachód od kierunku północnego. Kąt nachylenia mierzony przeciwnie do ruchu wskazówek zegara od osi x jest równy θ 3 = 30 ∘ + 90 ∘ = + 120 ∘ . Otrzymujemy następujące wyniki: L 3 x = L 3 cos ⁡ θ 3 = 50,0 m ⋅ cos ⁡ 120 ∘ = − 25,0 m , L 3 y = L 3 sin ⁡ θ 3 = 50,0 m ⋅ sin ⁡ 120 ∘ = + 43,3 m , L → 3 = L 3 x i ^ + L 3 y j ^ = − 25,0 m ⋅ i ^ + 43,3 m ⋅ j ^ . Moduł przemieszczenia Azora na czwartej ścieżce jest równy L 4 = 80,0 m , a wektor skierowany jest na południe. Za kąt nachylenia możemy przyjąć θ 4 = − 90 ∘ albo θ 4 = + 270 ∘ . Otrzymujemy następujące wyniki: L 4 x = L 4 cos ⁡ θ 4 = 80,0 m ⋅ cos ⁡ ( − 90 ∘ ) = 0,0 m , L 4 y = L 4 sin ⁡ θ 4 = 80,0 m ⋅ sin ⁡ ( − 90 ∘ ) = − 80,0 m , L → 4 = L 4 x i ^ + L 4 y j ^ = − 80,0 m ⋅ j ^ . Moduł przemieszczenia Azora na ostatniej ścieżce to L 5 = 150,0 m , a kąt nachylenia jest równy θ 5 = − 23 ∘ + 270 ∘ = + 247 ∘ ( 23 ∘ na zachód od kierunku południowego), co daje: L 5 x = L 5 cos ⁡ θ 5 = 150,0 m ⋅ cos ⁡ 247 ∘ = − 58,6 m , L 5 y = L 5 sin ⁡ θ 5 = 150,0 m ⋅ sin ⁡ 247 ∘ = − 138,1 m , L → 5 = L 5 x i ^ + L 5 y j ^ = − 58,6 m ⋅ i ^ − 138,1 m ⋅ j ^ . Sprawdź, czy rozumiesz. Jeśli Azor przebiegnie 20 m na zachód, jaki będzie wektor jego przemieszczenia? D → = − 20 m ⋅ i ^ . Współrzędne biegunowe Aby opisać położenie punktu na płaszczyźnie, potrzebujemy dwóch ortogonalnych kierunków. W kartezjańskim układzie współrzędnych kierunki te są wyznaczone przez wersor i ^ osi x oraz wersor j ^ osi y . Korzystanie z kartezjańskiego układu współrzędnych jest wygodne, jeśli chodzi o opis przemieszczeń, prędkości i sił. Jednak w przypadku ruchu obrotowego korzystanie z tego układu okazuje się nieefektywne. Opisu ruchu obrotowego dokonuje się zazwyczaj w układzie współrzędnych biegunowych (ang. polar coordinate system ). W układzie współrzędnych biegunowych położenie punktu P określa się za pomocą dwóch współrzędnych biegunowych (ang. polar coordinates ) ( ). Pierwsza współrzędna biegunowa to promień wodzący (ang. radial coordinate r , czyli odległość punktu P od bieguna. Drugą współrzędną biegunową jest kąt φ zawarty między promieniem wodzącym a pewną prostą (ang. direction angle ), zazwyczaj osią x . W układzie współrzędnych biegunowych miarę kątów podaje się w radianach. Punktem początkowym promienia wodzącego jest punkt ( 0 , 0 ) , a punktem końcowym punkt P . Kierunek promienia wodzącego opisuje wektor jednostkowy r ^ . Drugi wektor jednostkowy t ^ jest prostopadły do wektora r ^ . Kierunek dodatni + t ^ informuje nas, że kąt φ zmienia się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Położenie punktu P o współrzędnych ( x , y ) w prostokątnym układzie współrzędnych może być również opisane przez współrzędne biegunowe ( r , φ ) . jest spełnione dla wszystkich wektorów, więc za jego pomocą możemy wyrazić współrzędne x oraz y wektora r → . W ten sposób możemy wyznaczyć zależność między współrzędnymi kartezjańskimi i biegunowymi punktu P : { x = r cos φ y = r sin φ . Wektor jednostkowy r ^ definiuje kierunek promienia wodzącego r , a prostopadły do niego wektor jednostkowy t ^ definiuje kierunek obrotu promienia o kąt φ . Współrzędne biegunowe Poszukiwacz skarbów znajduje srebrną monetę 20,0 m od wyschniętej studni w kierunku 20 ∘ na północ od kierunku wschodniego i złotą monetę 10,0 m od studni w kierunku 20 ∘ na północ od kierunku zachodniego. Jakie są współrzędne biegunowe i kartezjańskie jego znalezisk względem studni? Strategia rozwiązania Miejsce położenia studni jest biegunem układu współrzędnych, a wschód to dodatni kierunek osi x . Promienie wodzące łączące biegun z miejscami poszczególnych znalezisk są równe r S = 20,0 m (miejsce znalezienia srebrnej monety) i r Z = 10,0 m (miejsce znalezienia złotej monety). W celu określenia wartości kąta φ przekształcamy 20 ∘ na radiany: 20 ∘ = π ⋅ 20 / 180 r a d = π / 9 r a d . Aby znaleźć współrzędne x i y monet, korzystamy z . Rozwiązanie Kąt położenia srebrnej monety jest równy φ S = π / 9 , a kąt położenia złotej monety jest równy φ Z = π − π / 9 = 8 π / 9 . Współrzędne biegunowe srebrnej monety są więc równe ( r S , φ S ) = ( 20,0 m ; π / 9 r a d ) , natomiast współrzędne monety złotej to ( r Z , φ Z ) = ( 10,0 m ; 8 π / 9 r a d ) . Aby otrzymać współrzędne kartezjańskie, podstawiamy współrzędne biegunowe do . Współrzędne kartezjańskie miejsca znalezienia złotej monety są równe { x Z = r Z cos ⁡ φ Z = 10,0 m ⋅ cos ⁡ ( 8 π / 9 ) = − 9,4 m y Z = r Z sin ⁡ φ Z = 10,0 m ⋅ sin ⁡ ( 8 π / 9 ) = 3,4 m ⟹ ( x Z , y Z ) = ( − 9,4 m ; 3,4 m ) . Współrzędne miejsca znalezienia srebrnej monety są równe { x S = r S cos ⁡ φ S = 20,0 m ⋅ cos ⁡ ( π / 9 ) = 18,9 m y S = r S sin ⁡ φ S = 20,0 m ⋅ sin ⁡ ( π / 9 ) = 6,8 m ⟹ ( x S , y S ) = ( 18,9 m ; 6,8 m ) . Wektory w przestrzeni trójwymiarowej Aby określić położenie punktu w przestrzeni, potrzebne są trzy zmienne ( x , y , z ) , gdzie x oraz y określają położenie punktu na płaszczyźnie, natomiast współrzędna z informuje o odległości od płaszczyzny w pionie. W przestrzeni trójwymiarowej możemy wyróżnić trzy kierunki ortogonalne, a więc do opisu tej przestrzeni potrzebne są trzy wektory jednostkowe. W układzie współrzędnych kartezjańskich pierwsze dwa wektory jednostkowe to wersory osi x i ^ oraz y j ^ . Trzecim wektorem jednostkowym k ^ jest wektor informujący o kierunku osi z , a więc wersor tej osi ( ). Kolejność podpisywania osi, a tym samym kolejność definiowania wektorów jednostkowych jest istotna, ponieważ od niej zależy orientacja układu współrzędnych. Kolejność x – y – z , równoważna z kolejnością i ^ – j ^ – k ^ , oznacza, że mamy do czynienia z układem prawoskrętnym, który definiuje się, używając metody śruby prawoskrętnej. Trzy wektory jednostkowe definiują układ współrzędnych kartezjańskich w przestrzeni trójwymiarowej. Od kolejności podpisywania osi zależy orientacja układu współrzędnych. Układ przedstawiony na rysunku jest układem prawoskrętnym. W przestrzeni trójwymiarowej wektor A → ma trzy składowe: składową x : A → x = A x i ^ , będącą rzutem wektora A → na oś x , składową y : A → y = A y j ^ , będącą rzutem wektora A → na oś y , oraz składową z : A → z = A z k ^ , będącą rzutem wektora na oś z . Wektor w przestrzeni trójwymiarowej jest sumą swoich trzech składowych. ( ): A → = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ . Jeśli znamy współrzędne punktu początkowego wektora p ( x p , y p , z p ) oraz współrzędne jego punktu końcowego k ( x k , y k , z k ) , możemy obliczyć wartości składowych wektora, odejmując od siebie współrzędne punktów – dla A x i A y zostało to pokazane w . Wartość składowej z uzyskujemy w następujący sposób: A z = z k − z p . Moduł A obliczamy, wykonując dla trzech wymiarów: A = A x 2 + A y 2 + A z 2 . Powyższy wzór wynika z dwukrotnego zastosowania twierdzenia Pitagorasa. Jak widać na , przekątna w płaszczyźnie x y ma długość A x 2 + A y 2 , a po podniesieniu do kwadratu i dodaniu A z 2 daje A 2 . Zauważ, że kiedy składowa z jest równa zero, wektor leży w płaszczyźnie xy , w związku z czym jego opis ogranicza się do dwóch wymiarów. Wektor w przestrzeni trójwymiarowej jest sumą swoich składowych. Lot drona Podczas startu dron IAI Heron ( ) znajduje się 100 m nad ziemią, 300 m na wschód i 200 m na północ względem wieży kontroli lotów. Minutę później dron znajduje się 250 m nad ziemią, 1200 m na wschód i 2100 m na północ względem wieży. Jaki jest wektor przemieszczenia drona względem wieży? Jaki jest moduł tego wektora? Dron IAI Heron. (Źródło: SSgt Reynaldo Ramon, USAF) Strategia rozwiązania Przyjmujemy, że miejsce położenia wieży stanowi początek układu współrzędnych. Dodatni kierunek osi x określa wektor jednostkowy i ^ (jest to kierunek wschodni), dodatni kierunek osi y określa wektor jednostkowy j ^ (jest to kierunek północny), a dodatni kierunek osi z określa wektor jednostkowy k ^ (skierowany pionowo względem ziemi). Pozycja, z której startuje dron, stanowi punkt początkowy wektora przemieszczenia, a jego pozycja po upływie minuty stanowi jego punkt końcowy. Rozwiązanie W pierwszej kolejności określamy współrzędne punktów p ( 300,0 m ; 200,0 m ; 100,0 m ) oraz k ( 1200,0 m ; 2100,0 m ; 250,0 m ) , a następnie znajdujemy wartości składowych wektora przemieszczenia przy pomocy oraz : { D x = x k − x p = 1200,0 m − 300,0 m = 900,0 m , D y = y k − y p = 2100,0 m − 200,0 m = 1900,0 m , D z = z k − z p = 250,0 m − 100,0 m = 150,0 m . Aby znaleźć wektor przemieszczenia, podstawiamy powyższe wartości do : D → = D x i ^ + D y j ^ + D z k ^ = 900,0 m ⋅ i ^ + 1900,0 m ⋅ j ^ + 150,0 m ⋅ k ^ . Aby znaleźć moduł wektora przemieszczenia, podstawiamy moduły poszczególnych składowych do : D = D x 2 + D y 2 + D z 2 = ( 0,90 km ) 2 + ( 1,90 km ) 2 + ( 0,15 km ) 2 = 2,11 k m . Sprawdź, czy rozumiesz. Jeśli wektor średniej prędkości drona z jest równy u → = 15,0 m/s ⋅ i ^ + 31,7 m/s ⋅ j ^ + 2,5 m/s ⋅ k ^ , jaka jest wartość modułu tego wektora? 35,1 m/s = 126,4 km/h . Podsumowanie Opisu wektorów dokonuje się przy pomocy ich składowych. W przestrzeni jednowymiarowej wektor ma jedną składową, w dwuwymiarowej (na płaszczyźnie) wektor ma dwie składowe, w trójwymiarowej – trzy. Składowa wektora jest to rzut wektora na daną oś. Wartość składowej wektora jest to długość rzutu wektora na daną oś. Wektor jest sumą swoich składowych. Wartości składowych wektora oblicza się, odejmując współrzędne punktu początkowego wektora od współrzędnych jego punktu końcowego. W prostokątnym układzie współrzędnych moduł wektora jest równy pierwiastkowi sumy kwadratów wartości jego składowych. Kierunek wektora na płaszczyźnie określany jest przez kąt, jaki ten wektor tworzy z dodatnim kierunkiem osi x . Kąt ten mierzy się w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Wartość składowej x wektora oblicza się, mnożąc moduł tego wektora przez cosinus kąta określającego kierunek. Wartość składowej y wektora oblicza się, mnożąc moduł tego wektora przez sinus kąta określającego kierunek. Możemy wyróżnić dwa rodzaje układów współrzędnych w przestrzeni dwuwymiarowej. Układ współrzędnych kartezjańskich (prostokątny układ współrzędnych) charakteryzowany jest przez i ^ , czyli wersor osi x , oraz j ^ , czyli wersor osi y . Układ współrzędnych biegunowych charakteryzowany jest przez wektor jednostkowy r ^ określający kierunek promienia wodzącego oraz wektor jednostkowy t ^ , prostopadły (ortogonalny) do wektora r ^ . Pytania Podaj przykład niezerowego wektora, którego składowa ma wartość zero. wersor osi x Wyjaśnij, dlaczego składowa wektora nie może mieć wartości większej od modułu tego wektora. Jeżeli dwa wektory są równe, co możesz powiedzieć o ich składowych? Składowe też są równe. Jeżeli wektory A → i B → są ortogonalne, jaka jest składowa wektora B → w kierunku wektora A → ? Jaka jest składowa wektora A → w kierunku wektora B → ? Jeśli wartość jednej ze składowych wektora jest różna od zera, czy wartość drugiej składowej może być równa zero? tak Jeśli moduły dwóch wektorów są równe, to czy wartości ich składowych muszą być takie same? Zadania Zakładając, że oś x leży w poziomie i skierowana jest w prawo, dokonaj rozkładu na składowe wektorów podanych na ilustracji. A → = 8,66 i ^ + 5,00 j ^ , B → = + 30,09 i ^ + 39,93 j ^ , C → = + 6,00 i ^ − 10,39 j ^ , D → = − 15,97 i ^ + 12,04 j ^ , F → = − 17,32 i ^ − 10,00 j ^ . Idziesz 18,0 m na zachód, a następnie 25,0 m na północ. Jak daleko jesteś od punktu startowego? Jaki jest wektor twojego przemieszczenia? Jaki jest kierunek twojego przemieszczenia? Przyjmij, że oś x leży w poziomie i skierowana jest w prawo. Jedziesz 7,50 km pod kątem 15 ∘ na wschód od kierunku północnego. Jaką drogę musiałbyś przebyć prosto na wschód, a następnie prosto na północ, aby znaleźć się w tym samym punkcie? Udowodnij, że jeśli przejedziesz odcinki drogi w odwrotnej kolejności (najpierw na północ, a następnie na wschód), znajdziesz się w tym samym miejscu. Przyjmij, że dodatni kierunek osi x skierowany jest na wschód. 1,94 km, 7,24 km dowód Dwa konie ciągną sanie po płaskim terenie. Siła wywierana na sanie w prostokątnym układzie współrzędnym jest wektorem F → = − 2980,0 N ⋅ i ^ + 8200,0 N ⋅ j ^ , gdzie i ^ i j ^ oznaczają odpowiednio kierunek wschodni i północny. Znajdź moduł i kierunek wektora siły. Turystka idzie ze schroniska nad jezioro. W prostej linii jezioro oddalone jest od schroniska o 5,0 km. Określ składowe wektora w kierunkach wschodnim i północnym. O ile kilometrów dłuższy dystans musiałaby przejść, gdyby szła wzdłuż składowych wektora? Jaki jest wektor jej przemieszczenia? 3,8 km na wschód, 3,2 km na północ; 2,0 km; D → = 3,8 km ⋅ i ^ + 3,2 km ⋅ j ^ Współrzędne biegunowe punktu są równe 4 π / 3 i 5,50 m. Jakie są jego współrzędne kartezjańskie? Współrzędne biegunowe dwóch punktów są równe P 1 ( 2,500 m ; π / 6 ) oraz P 2 ( 3,800 m ; 2 π / 3 ) . Ustal, jakie są ich współrzędne kartezjańskie oraz określ, z dokładnością do centymetra, jaka odległość dzieli te punkty w prostokątnym układzie współrzędnych. P 1 ( 2,165 m ; 1,250 m ) , P 1 ( − 1,900 m ; 3,290 m ) , 5,27 m Kameleon leży na dachu werandy i czeka, aż w pobliżu pojawi się owad. Przyjmijmy, że lewy dolny róg dachu jest początkiem prostokątnego układu współrzędnych, a oś x skierowana jest w prawo. Jeżeli kameleon znajduje się w punkcie ( 2,0 m ; 1,0 m ) , jak daleko znajduje się od narożnika dachu? Jakie są jego współrzędne biegunowe? Współrzędne dwóch punktów znajdujących się w prostokątnym układzie współrzędnych są równe A ( 2,00 m ; − 4,00 m ) oraz B ( − 3,00 m ; 3,00 m ) . Określ odległość między tymi punktami oraz ich współrzędne biegunowe. 8,60 m, A ( 2 5 m ; 0,647 π r a d ) , B ( 3 2 m ; 0,75 π r a d ) . Mucha wlatuje przez otwarte okno i zaczyna krążyć po pokoju. Osie trójwymiarowego układu współrzędnych kartezjańskich skierowane są wzdłuż trzech krawędzi pokoju. Mucha przemieszcza się z punktu p ( 4,0 m ; 1,5 m ; 2,5 m ) do punktu k ( 1,0 m ; 4,5 m ; 0,5 m ) . Znajdź wartości składowych wektora przemieszczenia muchy oraz moduł tego wektora. Przedstaw rozkład wektora na składowe. rozkład wektora na składowe (ang. component form of a vector ) zapis wektora w postaci sumy jego składowych, przy pomocy wersorów osi kąt skierowany (ang. direction angle ) kąt między rosnącym kierunkiem osi x a wektorem, mierzony od osi do wektora układ współrzędnych biegunowych (ang. polar coordinate system ) układ współrzędnych, w którym położenie punktu na płaszczyźnie określone jest za pomocą współrzędnych biegunowych współrzędne biegunowe (ang. polar coordinates ) promień wodzący i kąt skierowany tego promienia promień wodzący (ang. radial coordinate ) odległość punktu od bieguna w układzie współrzędnych biegunowych wartość składowej (ang. scalar component ) liczba, przez którą należy pomnożyć wersor osi, aby otrzymać składową wektora wersory osi (ang. unit vectors of the axes ) wektory jednostkowe definiujące kierunki ortogonalne na płaszczyźnie lub w przestrzeni składowe wektora (ang. vector components ) rzuty wektora na poszczególne osie układu współrzędnych; wektor jest sumą swoich składowych", "section": "Układy współrzędnych i składowe wektora", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Działania na wektorach Wektory można dodawać i mnożyć przez skalary. Dodawanie wektorów jest łączne ( ) i przemienne ( ), a mnożenie wektorów przez sumę skalarów jest rozdzielne względem dodawania ( ). Mnożenie skalarów przez sumę wektorów również jest rozdzielne względem dodawania: α ( A → + B → ) = α A → + α B → . W powyższym równaniu α może być jakąkolwiek liczbą (skalarem). Przykładowo wektor o zwrocie przeciwnym do zwrotu wektora A → = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ można przedstawić, mnożąc A → przez α = −1 : − A → = − A x i ^ − A y j ^ − A z k ^ . Kierunek ruchu Dany jest układ współrzędnych kartezjańskich, gdzie i ^ jest skierowany na wschód, j ^ jest skierowany n północ, a k ^ jest skierowany pionowo i oznacza wysokość nad poziomem morza. Oddział żołnierzy przemieszcza się po nieznanym terenie z prędkością v → = 4,0 km/h ⋅ i ^ + 3,0 km/h ⋅ j ^ + 0,1 km/h ⋅ k ^ . Jeśli zarządzono by odwrót, w jakim kierunku geograficznym oddział musiałby ruszyć? Rozwiązanie Trzecia składowa wektora prędkości jest równa v → z = + 0,1 km/h ⋅ k ^ , co oznacza, że oddział wspina się z prędkością 100 m/h. Prędkość w kierunku wschodnim jest równa 4,0 km/h, a w kierunku północnym 3,0 km/h, a więc kierunek oddziału na płaszczyźnie to arctg ⁡ ( 3 / 4 ) ≈ 37 ∘ na północ od kierunku wschodniego. Jeśli oddział musiałby zawrócić, zwrot nowego wektora prędkości u → musiałby być przeciwny do wektora v → . Można go zapisać u → = − α v → , gdzie α jest liczbą dodatnią. Prędkość zawracającego oddziału byłaby więc równa u → = α ( − 4,0 km/h ⋅ i ^ − 3,0 km/h ⋅ j ^ − 0,1 km/h ⋅ k ^ ) . Minus przy trzeciej składowej oznacza, że oddział będzie szedł w dół. Kierunek nowego wektora prędkości opisuje kąt arctg ⁡ ( − 3 α / − 4 α ) ≈ 37 ∘ na południe od kierunku zachodniego. W płaszczyźnie oddział będzie poruszał się w kierunku 37 ∘ na południe od kierunku zachodniego. W rachunku wektorowym występuje pojęcie wektora zerowego (ang. null vector ), zapisywanego 0 → . Wszystkie składowe wektora zerowego są równe zero, 0 → = 0 i ^ + 0 j ^ + 0 k ^ , więc nie ma on długości ani kierunku. Wektory A → i B → są równe wtedy i tylko wtedy, kiedy ich różnica jest wektorem zerowym: 0 → = A → − B → = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) − ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = ( A x − B x ) i ^ + ( A y − B y ) j ^ + ( A z − B z ) k ^ . Oznacza to, że muszą być spełnione równania A x − B x = 0 , A y − B y = 0 oraz A z − B z = 0 . Aby stwierdzić, że A → = B → , poszczególne składowe wektorów A → i B → muszą być równe: A → = B → ⟺ { A x = B x A y = B y A z = B z . Dwa wektory są równe, jeśli wartości ich składowych są takie same. Rozkład wektora na składowe i przedstawienie tego w formie takiej jak w pozwala na znalezienie sumy i różnicy wielu wektorów analitycznie (to znaczy bez użycia metod graficznych). Na przykład aby znaleźć sumę dwóch wektorów A → i B → , należy po prostu dodać do siebie ich poszczególne składowe R → = A → + B → = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) + ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = ( A x + B x ) i ^ + ( A y + B y ) j ^ + ( A z + B z ) k ^ . Wartości składowych wektora sumy R → = R x i ^ + R y j ^ + R z k ^ są więc sumami wartości odpowiednich składowych dodawanych wektorów A → i B → : { R x = A x + B x R y = A y + B y R z = A z + B z . Przy pomocy metody analitycznej można obliczyć sumę wielu wektorów. Jeśli na przykład chcemy dodać N wektorów F → 1 , F → 2 , F → 3 , … , F → N , gdzie każdy wektor F → k = F k x i ^ + F k y j ^ + F k z k ^ , wektor sumy F → R będzie równy F → R = F → 1 + F → 2 + F → 3 + … + F → N = ∑ k = 1 N F → k = ∑ k = 1 N ( F k x i ^ + F k y j ^ + F k z k ^ ) = ( ∑ k = 1 N F k x ) i ^ + ( ∑ k = 1 N F k y ) j ^ + ( ∑ k = 1 N F k z ) k ^ . Wartości składowych wektora sumy są równe: { F R x = ∑ k = 1 N F k x = F 1 x + F 2 x + … + F N x F R y = ∑ k = 1 N F k y = F 1 y + F 2 y + … + F N y F R z = ∑ k = 1 N F k z = F 1 z + F 2 z + … + F N z . Skoro znamy wartości składowych wektora, możemy przedstawić rozkład wektora na składowe: F → R = F R x i ^ + F R y j ^ + F R z k ^ . Obliczanie sumy wektorów – i rozwiązywanie równań wektorowych w ogóle – za pomocą metod analitycznych jest bardzo przydatne, ponieważ wiele wielkości fizycznych to wielkości wektorowe. Metodę analityczną stosujemy na przykład w kinematyce, kiedy chcemy znaleźć sumę wektorów przemieszczenia lub prędkości, w mechanice podczas obliczania wynikowego wektora siły oraz różnych wielkości pochodnych, czy też w elektryczności i magnetyzmie podczas obliczania sumy wektorów natężenia pola elektrycznego lub magnetycznego. Obliczanie sumy i różnicy wektorów metodą analityczną Moduły trzech leżących na płaszczyźnie ( ) wektorów A → , B → oraz C → są równe A = 10,0 , B = 7,0 i C = 8,0 . Ich kąty odchylenia od poziomu są równe α = 35 ∘ , β = − 110 ∘ oraz γ = 30 ∘ . Wartości modułów podane są w centymetrach. Znajdź wartości składowych poszczególnych wektorów i wykonaj następujące działania: R → = A → + B → + C → , D → = A → − B → , S → = A → − 3 B → + C → . Strategia rozwiązania Najpierw znajdujemy wartości poszczególnych składowych każdego wektora i zapisujemy wektory w postaci rozkładu na składowe ( ). Następnie stosujemy metodę analityczną rachunku wektorowego. Rozwiązanie Dokonujemy rozkładu wektorów na składowe: A x = A ⁢ cos α = 10,0 ⁢ cm ⋅ cos 35 ° = 8,19 ⁢ cm ⁢ , A y = A ⁢ sin α = 10,0 ⁢ cm ⋅ sin 35 ° = 5,73 ⁢ cm ⁢ , \\left{ \\begin{matrix*}[l] A_x = A \\cos \\alpha = \\SI{10,0}{\\centi\\metre} \\cdot \\cos ( \\ang{35} ) = \\SI{8,19}{\\centi\\metre} \\text{,} \\\\ A_y = A \\sin \\alpha = \\SI{10,0}{\\centi\\metre} \\cdot \\sin ( \\ang{35} ) = \\SI{5,73}{\\centi\\metre} \\text{,} \\end{matrix*} \\right. B x = B ⁢ cos β = 7,0 ⁢ cm ⋅ cos − 110 ° = − 2,39 ⁢ cm ⁢ , B y = B ⁢ sin β = 7,0 ⁢ cm ⋅ sin − 110 ° = − 6,58 ⁢ cm ⁢ , \\left{ \\begin{matrix*}[l] B_x = B \\cos \\beta = \\SI{7,0}{\\centi\\metre} \\cdot \\cos ( -\\ang{110} ) = -\\SI{2,39}{\\centi\\metre} \\text{,} \\\\ B_y = B \\sin \\beta= \\SI{7,0}{\\centi\\metre} \\cdot \\sin ( -\\ang{110} ) = -\\SI{6,58}{\\centi\\metre} \\text{,} \\end{matrix*} \\right. C x = C ⁢ cos γ = 8,0 ⁢ cm ⋅ cos 30 ° = 6,93 ⁢ cm ⁢ , C y = C ⁢ sin γ = 8,0 ⁢ cm ⋅ sin 30 ° = 4,00 ⁢ cm ⁢ . \\left{ \\begin{matrix*}[l] C_x = C \\cos \\gamma = \\SI{8,0}{\\centi\\metre} \\cdot \\cos ( \\ang{30} ) = \\SI{6,93}{\\centi\\metre} \\text{,} \\\\ C_y = C \\sin \\gamma = \\SI{8,0}{\\centi\\metre} \\cdot \\sin ( \\ang{30} ) = \\SI{4,00}{\\centi\\metre} \\text{.} \\end{matrix*} \\right. (a) Aby otrzymać wartości składowych wektora wynikowego, możemy po prostu podstawić otrzymane wartości do : { R x = A x + B x + C x = 8,19 c m − 2,39 c m + 6,93 c m = 12,73 c m R y = A y + B y + C y = 5,73 c m − 6,58 c m + 4,00 c m = 3,15 c m . Otrzymujemy wektor R → = R x i ^ + R y j ^ = 12,7 c m ⋅ i ^ + 3,2 c m ⋅ j ^ . (b) Różnicę wektorów możemy zapisać jako D → = A → − B → = ( A x i ^ + A y j ^ ) − ( B x i ^ + B y j ^ ) = ( A x − B x ) i ^ + ( A y − B y ) j ^ . Wartości składowych wektora różnicy są równe { D x = A x − B x = 8,19 c m − ( − 2,39 c m ) = 10,58 c m D y = A y − B y = 5,73 c m − ( − 6,58 c m ) = 12,31 c m . Otrzymujemy następujący wektor różnicy: D → = D x i ^ + D y j ^ = 10,6 c m ⋅ i ^ + 12,3 c m ⋅ j ^ . (c) Możemy zapisać wektor S → w następujący sposób: S → = A → − 3 B → + C → = ( A x i ^ + A y j ^ ) − 3 ( B x i ^ + B y j ^ ) + ( C x i ^ + C y j ^ ) = ( A x − 3 B x + C x ) i ^ + ( A y − 3 B y + C y ) j ^ . Wartości składowych wektora S → są równe { S x = A x − 3 B x + C x = 8,19 c m − 3 ⋅ ( − 2,39 c m ) + 6,93 c m = 22,29 c m S y = A y − 3 B y + C y = 5,73 c m − 3 ⋅ ( − 6,58 c m ) + 4,00 c m = 29,47 c m . Otrzymujemy wektor S → = S x i ^ + S y j ^ = 22,3 c m ⋅ i ^ + 29,5 c m ⋅ j ^ . Znaczenie Kiedy znamy już składowe wektorów, możemy przedstawić te wektory graficznie lub obliczyć ich moduły i kąty określające kierunek, jak przedstawiono to na . Wyniki otrzymane podczas obliczania modułów w sytuacjach (b) i (c) można porównać z wynikami uzyskanymi przy pomocy metody graficznej, jak na oraz . Wyniki uzyskane przy pomocy metody analitycznej są precyzyjne, a ich dokładność nie jest ograniczona przez skalę linijki ani kątomierza, jak dzieje się w przypadku metody graficznej ( ). Zobrazowanie wyników otrzymanych przy pomocy metody analitycznej w . Sprawdź, czy rozumiesz. Moduły trzech wektorów przemieszczenia A → , B → oraz F → ( ) są równe A = 10,0 , B = 7,0 oraz F = 20,0 . Kąty nachylenia tych wektorów do poziomu są równe kolejno α = 35 ∘ , β = − 110 ∘ , φ = 110 ∘ . Wartości modułów podane są w centymetrach. Za pomocą metody analitycznej znajdź wektor G → = A → + 2 B → − F → . Sprawdź, czy wartość modułu G = 28,15 c m oraz czy kąt θ G = − 68 , 65 ∘ . G → = 10,25 c m ⋅ i ^ − 26,22 c m ⋅ j ^ . Psia zabawa Cztery psy – Azor, Burek, Ciapek i Dingo – jednocześnie ciągną zabawkę, każdy w swoją stronę ( ). Azor ciągnie ją pod kątem α = 55 ∘ na południe od kierunku wschodniego, Burek pod kątem β = 60 ∘ na wschód od kierunku północnego, a Ciapek pod kątem γ = 55 ∘ na zachód od kierunku północnego. Azor ciągnie siłą o wartości A = 160,0 N , Burek siłą o wartości B = 200,0 N , a Ciapek siłą o wartości C = 140,0 N . Dingo ciągnie zabawkę siłą, która równoważy siły wywierane przez pozostałe psy, co oznacza, że zabawka jest cały czas w tym samym miejscu. Jaki jest kierunek oraz wartość siły wywieranej na zabawkę przez Dingo? Cztery psy ciągnące zabawkę, każdy w swoją stronę. Strategia rozwiązania Zakładamy, że kierunek wschodni jest dodatnim kierunkiem osi x , a kierunek północny jest dodatnim kierunkiem osi y . Najpierw, podobnie jak w , musimy dokonać rozkładu wektorów A → , B → oraz C → na składowe, a następnie znaleźć wartości składowych wynikowego wektora R → = A → + B → + C → . Siła D → równoważy pozostałe siły, co oznacza, że suma wektorów D → i R → musi być wektorem zerowym: D → + R → = 0 → . Wynika z tego, że D → = − R → , a więc siła, z jaką ciągnie zabawkę Dingo, jest wektorem o tym samym kierunku, lecz zwrocie przeciwnym do zwrotu R → . Rozwiązanie Kąty nachylenia wektorów do osi x są równe θ A = − α = − 55 ∘ , θ B = 90 ∘ − β = 30 ∘ , θ C = 90 ∘ + γ = 145 ∘ . Podstawiając je do , otrzymujemy wartości składowych wektorów siły: A x = A ⁢ cos θ A = 160,0 ⁢ N ⋅ cos − 55 ° = 91,8 ⁢ N ⁢ , A y = A ⁢ sin θ A = 160,0 ⁢ N ⋅ sin − 55 ° = − 131,1 ⁢ N ⁢ , \\left{ \\begin{matrix*}[l] A_x = A \\cos \\theta_A = \\SI{160,0}{\\newton} \\cdot \\cos ( -\\ang{55} ) = \\SI{91,8}{\\newton} \\text{,} \\\\ A_y = A \\sin \\theta_A = \\SI{160,0}{\\newton} \\cdot \\sin ( -\\ang{55} ) = -\\SI{131,1}{\\newton} \\text{,} \\end{matrix*} \\right. B x = B ⁢ cos θ B = 200,0 ⁢ N ⋅ cos 30 ° = 173,2 ⁢ N ⁢ , B y = B ⁢ sin θ B = 200,0 ⁢ N ⋅ sin 30 ° = 100,0 ⁢ N ⁢ , \\left{ \\begin{matrix*}[l] B_x = B \\cos \\theta_B = \\SI{200,0}{\\newton} \\cdot \\cos ( \\ang{30} ) = \\SI{173,2}{\\newton} \\text{,} \\\\ B_y = B \\sin \\theta_B = \\SI{200,0}{\\newton} \\cdot \\sin ( \\ang{30} ) = \\SI{100,0}{\\newton} \\text{,} \\end{matrix*} \\right. C x = C ⁢ cos θ C = 140,0 ⁢ N ⋅ cos 145 ° = − 114,7 ⁢ N ⁢ , C y = C ⁢ sin θ C = 140,0 ⁢ N ⋅ sin 145 ° = 80,3 ⁢ N ⁢ . \\left{ \\begin{matrix*}[l] C_x = C \\cos \\theta_C = \\SI{140,0}{\\newton} \\cdot \\cos ( \\ang{145} ) = -\\SI{114,7}{\\newton} \\text{,} \\\\ C_y = C \\sin \\theta_C = \\SI{140,0}{\\newton} \\cdot \\sin ( \\ang{145} ) = \\SI{80,3}{\\newton} \\text{.} \\end{matrix*} \\right. Następnym krokiem jest obliczenie wartości składowych wektora wynikowego R → = A → + B → + C → : { R x = A x + B x + C x = + 91,8 N + 173,2 N − 114,7 N = + 150,3 N , R y = A y + B y + C y = − 131,1 N + 100,0 N + 80,3 N = + 49,2 N . Następnie zapisujemy wektor o tym samym kierunku co wektor R → , ale o przeciwnym zwrocie D → = − R → = − R x i ^ − R y j ^ = − 150,3 N ⋅ i ^ − 49,2 N ⋅ j ^ . Siła, z jaką ciągnie zabawkę Dingo, ma moduł równy D = D x 2 + D y 2 = ( − 150,3 N ) 2 + ( − 49,2 N ) 2 = 158,1 N . Kierunek tej siły to θ = arctg ⁡ ( D y D x ) = arctg ⁡ ( − 49,2 N − 150,3 N ) = 18 , 1 ∘ . Dingo ciągnie zabawkę pod kątem 18 , 1 ∘ na południe od kierunku zachodniego, ponieważ wartości obu składowych wektora siły są ujemne – wektor leży w trzeciej ćwiartce ( ). Sprawdź, czy rozumiesz. Przypuśćmy, że Burek ( ) porzuca zabawę na rzecz ważniejszych spraw. Siła, z jaką zabawkę ciągną Azor i Ciapek, nie zmienia się, ale Dingo puszcza ją na chwilę i łapie w innym miejscu. Określ kierunek i wartość siły, z jaką musi ciągnąć zabawkę Dingo, aby zrównoważyć siły wywierane przez Azora i Ciapka. Narysuj diagram przedstawiający wszystkie wektory siły. D = 55,7 N ; kierunek 65 , 7 ∘ na północ od kierunku wschodniego Algebra wektorów Znajdź moduł wektora C → spełniającego równanie 2 A → − 6 B → + 3 C → = 2 j ^ , gdzie A → = i ^ − 2 k ^ i B → = − j ^ + k ^ / 2 . Strategia rozwiązania Na początku przekształcamy równanie, aby wyznaczyć C → . Do tak przekształconego równania podstawiamy A → i B → . Następnie grupujemy wyrażenia według kierunków i ^ , j ^ , k ^ i wyznaczamy wartości składowych C x , C y , C z . Na końcu podstawiamy wyniki do w celu znalezienia modułu wektora C → . Rozwiązanie 2 A → − 6 B → + 3 C → = 2 j ^ , 3 C → = 2 j ^ − 2 A → + 6 B → , C → = 2 3 j ^ − 2 3 A → + 2 B → = 2 3 j ^ − 2 3 ( i ^ − 2 k ^ ) + 2 ( − j ^ + k ^ 2 ) = 2 3 j ^ − 2 3 i ^ + 4 3 k ^ − 2 j ^ + k ^ = − 2 3 i ^ + ( 2 3 − 2 ) j ^ + ( 4 3 + 1 ) k ^ = − 2 3 i ^ − 4 3 j ^ + 7 3 k ^ . Wartości składowych szukanego wektora są następujące: C x = − 2 / 3 , C y = − 4 / 3 , C z = 7 / 3 . Po podstawieniu ich do otrzymujemy C = C x 2 + C y 2 + C z 2 = ( − 2 3 ) 2 + ( − 4 3 ) 2 + ( 7 3 ) 2 = 23 3 . Przemieszczenie narciarza Narciarz biegowy rusza ze stacji narciarskiej i biegnie 5,0 km na północ, następnie 3,0 km na zachód, a później 4,0 km na południowy zachód. Znajdź wektor jego całkowitego przemieszczenia o punkcie początkowym w stacji narciarskiej. Jaki dystans i w jakim kierunku musi przebyć narciarz, aby wrócić do stacji najkrótszą drogą? Strategia rozwiązania Do rozwiązania tego zadania posłużymy się prostokątnym układem współrzędnych, którego początkiem będzie stacja narciarska. Wektor jednostkowy i ^ będzie wskazywał wschód, a wektor jednostkowy j ^ będzie wskazywał północ. Możemy wyróżnić trzy wektory przemieszczenia: D → 1 , D → 2 i D → 3 . Ich moduły są równe D 1 = 5,0 k m , D 2 = 3,0 k m , i D 3 = 4,0 k m . Ich kąty nachylenia do osi x są równe θ 1 = 90 ∘ , θ 2 = 180 ∘ i θ 3 = 180 ∘ + 45 ∘ = 225 ∘ . Każdy z wektorów rozbijamy na składowe, które podstawiamy do – w ten sposób otrzymamy wartości składowych wektora całkowitego przemieszczenia D → . Przemieszczenie narciarza w drodze powrotnej jest równe B → = − D → . W końcu możemy określić moduł i kierunek wektora B → . Rozwiązanie Wartości składowych wektorów przemieszczenia są równe D 1 x = D 1 ⁢ cos θ 1 = 5,0 ⁢ km ⋅ cos 90 ° = 0,0 ⁢ km ⁢ , D 1 y = D 1 ⁢ sin θ 1 = 5,0 ⁢ km ⋅ sin 90 ° = 5,0 ⁢ km ⁢ , \\left{ \\begin{matrix*}[l] D_{1\\sep x} = D_1 \\cos \\theta_1 = \\SI{5,0}{\\kilo\\metre} \\cdot \\cos ( \\ang{90} ) = \\SI{0,0}{\\kilo\\metre} \\text{,} \\\\ D_{1\\sep y} = D_1 \\sin \\theta_1 = \\SI{5,0}{\\kilo\\metre} \\cdot \\sin ( \\ang{90} ) = \\SI{5,0}{\\kilo\\metre} \\text{,} \\end{matrix*} \\right. D 2 x = D 2 ⁢ cos θ 2 = 3,0 ⁢ km ⋅ cos 180 ° = − 3,0 ⁢ km ⁢ , D 2 y = D 2 ⁢ sin θ 2 = 3,0 ⁢ km ⋅ sin 180 ° = 0,0 ⁢ km ⁢ , \\left{ \\begin{matrix*}[l] D_{2\\sep x} = D_2 \\cos \\theta_2 = \\SI{3,0}{\\kilo\\metre} \\cdot \\cos ( \\ang{180} ) = -\\SI{3,0}{\\kilo\\metre} \\text{,} \\\\ D_{2\\sep y} = D_2 \\sin \\theta_2 = \\SI{3,0}{\\kilo\\metre} \\cdot \\sin ( \\ang{180} ) = \\SI{0,0}{\\kilo\\metre} \\text{,} \\end{matrix*} \\right. D 3 x = D 3 ⁢ cos θ 3 = 4,0 ⁢ km ⋅ cos 225 ° = − 2,8 ⁢ km ⁢ , D 3 y = D 3 ⁢ sin θ 3 = 4,0 ⁢ km ⋅ sin 225 ° = − 2,8 ⁢ km ⁢ . \\left{ \\begin{matrix*}[l] D_{3\\sep x} = D_3 \\cos \\theta_3 = \\SI{4,0}{\\kilo\\metre} \\cdot \\cos ( \\ang{225} ) = -\\SI{2,8}{\\kilo\\metre} \\text{,} \\\\ D_{3\\sep y} = D_3 \\sin \\theta_3 = \\SI{4,0}{\\kilo\\metre} \\cdot \\sin ( \\ang{225} ) = -\\SI{2,8}{\\kilo\\metre} \\text{.} \\end{matrix*} \\right. Wartości składowych wynikowego wektora przemieszczenia są równe { D x = D 1 x + D 2 x + D 3 x = 0 k m − 3,0 k m − 2,8 k m = − 5,8 k m , D y = D 1 y + D 2 y + D 3 y = 5,0 k m + 0 k m − 2,8 k m = + 2,2 k m . Wektor całkowitego przemieszczenia narciarza jest więc równy D → = D x i ^ + D y j ^ = − 5,8 k m ⋅ i ^ + 2,2 k m ⋅ j ^ . Wektor jego przemieszczenia w drodze powrotnej ma przeciwny zwrot: B → = − D → = − ( –5,8 k m ⋅ i ^ + 2,2 k m j ^ ) = 5,8 k m ⋅ i ^ − 2,2 k m ⋅ j ^ . Moduł tego wektora jest równy B = B x 2 + B y 2 = ( 5,8 k m ) 2 + ( − 2,2 k m ) 2 = 6,2 k m , a jego kąt nachylenia do osi x jest równy θ = arctg ⁡ ( − 2,2 / 5,8 ) = − 20,8 ∘ , co oznacza, że aby wrócić prostą drogą do stacji, narciarz musi przebiec 6,2 km w kierunku około 21 ∘ na południe od kierunku wschodniego. Znaczenie Rozwiązanie przy pomocy metody analitycznej nie wymaga rysowania czegokolwiek, zawsze jednak warto wykonać prosty szkic – pomoże nam to stwierdzić, czy uzyskane przez nas wyniki są sensowne. Przemieszczenie biegacza Biegacz dostaje się na szczyt wzgórza, pokonując 200 schodów, biegnie szczytem przez 50,0 m, po czym zatrzymuje sie przy fontannie ( ). Wektor jego przemieszczenia z punktu A u podnóża schodów do punktu B przy fontannie jest równy D → A B = − 90 ,0 m · i ^ + 30 ,0 m · j ^ . Jaka jest wysokość i szerokość każdego stopnia? Jaki dystans przebył biegacz? Jaki będzie wektor jego przemieszczenia, jeśli wróci on do punktu A tą samą drogą? Biegacz pokonuje schody. Strategia rozwiązania Wektor przemieszczenia D → A B jest sumą wektorów D → A T (od punktu A u podnóża schodów do punktu T na szczycie schodów) oraz D → T B (od punktu T do punktu B przy fontannie). Musimy znaleźć składową poziomą i pionową wektora D → T B . Jeśli szerokość stopnia oznaczymy przez w , a jego wysokość przez h , składowa pozioma wektora D → T B musi być równa 200 w , a składowa pionowa 200 h . Dystans pokonany przez biegacza jest sumą dystansu, jaki pokonał, wbiegając po schodach, i dystansu (50,0 m), jaki przebiegł szczytem pagórka. Rozwiązanie W układzie współrzędnych przedstawionym na wektor przemieszczenia biegacza po szczycie wzgórza jest równy D → T B = − 50,0 m ⋅ i ^ . Wektor jego całkowitego przemieszczenia to D → A B = D → A T + D → T B . Wektor jego przemieszczenia od podnóża schodów na szczyt D → T B jest więc równy D → A T = D → A B − D → T B = − 90,0 m ⋅ i ^ + 30,0 m ⋅ j ^ − ( − 50,0 m ⋅ i ^ ) = ( − 90,0 m + 50,0 m ) ⋅ i ^ + 30,0 m ⋅ j ^ = − 40,0 m ⋅ i ^ + 30,0 m ⋅ j ^ . Wartości jego składowych sa równe D A T x = − 40,0 m oraz D A T y = 30,0 m . Dlatego 200 w = | − 40,0 m | = 40,0 m , 200 h = 30,0 m . Szerokość stopnia jest więc równa w = 40,0 m / 200 = 0,2 m = 20 c m , a jego wysokość h = 30,0 m / 200 = 0,15 m = 15 c m . Dystans, jaki pokonuje biegacz, wbiegając na schody, jest równy D A T = D A T x 2 + D A T y 2 = ( − 40,0 m ) 2 + ( 30,0 m ) 2 = 50,0 m . Dystans, jaki pokonał biegacz, jest więc równy D A T + D T B = 50,0 m + 50,0 m = 100,0 m . Jeśli biegacz wróci do punktu A tą samą drogą, przebyty przez niego dystans będzie dwa razy dłuższy – będzie równy 200,0 m. Wektor jego przemieszczenia będzie w takim wypadku wektorem zerowym – jego punkt początkowy będzie jednocześnie punktem końcowym, a więc wartości składowych wektora będą równe zero ( ). W wielu sytuacjach musimy znać kierunek wektora. Na przykład gdy chcemy wiedzieć, jaki jest kierunek wektora pola magnetycznego lub w jakim kierunku porusza się ciało. Wiemy już, że kierunek określany jest przez wektor jednostkowy nie posiadający jednostki. Jeśli wektor, którego kierunku szukamy, jest równoległy do jednej z osi układu współrzędnych, nie ma problemu – jego kierunek jest zgodny lub przeciwny do kierunku wektora jednostkowego tej osi. Przykładowo kierunkiem wektora d → = − 5 m ⋅ i ^ jest wektor jednostkowy d ^ = − i ^ . Aby znaleźć wektor jednostkowy V ^ wektora V → , należy podzielić go przez jego moduł V : V ^ = V → V . Dzięki widzimy, że wektor jednostkowy rzeczywiście jest liczbą niemianowaną – licznik i mianownik mają tę samą jednostkę. pozwala na wyrażenie wektora jednostkowego za pomocą wersorów osi. Poniższy przykład wyjaśnia tę zasadę. Wektor jednostkowy określający kierunek Jeśli wektor prędkości oddziału żołnierzy z jest równy v → = 4,0 k m / h ⋅ i ^ + 3,0 k m / h ⋅ j ^ + 0,1 k m / h ⋅ k ^ , jaki wektor jednostkowy określa jego kierunek? Strategia rozwiązania Wektor jednostkowy v ^ określający kierunek ruchu oddziału jest zgodny z wektorem prędkości. Wektor jednostkowy znajdujemy, dzieląc wektor przez jego moduł, zgodnie z . Rozwiązanie Moduł wektora v → jest równy v = v x 2 + v y 2 + v z 2 = ( 4,000 km/h ) 2 + ( 3,000 km/h ) 2 + ( 0,100 km/h ) 2 = 5,001 km/h . Aby otrzymać wektor jednostkowy v ^ , dzielimy wektor v → przez jego moduł: v ^ = v → v = 4,000 km/h ⋅ i ^ + 3,000 km/h ⋅ j ^ + 0,100 km/h ⋅ k ^ 5,001 km/h = 4,000 i ^ + 3,000 j ^ + 0,100 k ^ 5,001 = 4,000 5,001 i ^ + 3,000 5,001 j ^ + 0,100 5,001 k ^ = ( 79,98 i ^ + 59,99 j ^ + 2,00 k ^ ) ⋅ 10 − 2 . Znaczenie Jeśli stosujesz metodę analityczną i korzystasz z kalkulatora, warto prowadzić obliczenia na liczbach z dokładnością co najmniej do trzech miejsc po przecinku, a dopiero po uzyskaniu ostatecznego wyniku zastosować wymagane zaokrąglenie, tak jak zrobiliśmy to w tym przykładzie. Zaokrąglanie kolejnych liczb podczas obliczeń powoduje, że niedokładność wyniku wzrasta. Sprawdź, czy rozumiesz. Obliczając moduł wektora v ^ , uzyskany w , udowodnij, że rzeczywiście jest on wektorem jednostkowym. Jeśli oddział z poruszałby się po płaskim terenie, a więc jeśli trzecia składowa wektora jego prędkości byłaby równa zero, jaki wektor jednostkowy określałby jego kierunek? Jaki kierunek geograficzny wskazywałby ten wektor? v ^ = 0,8 i ^ + 0,6 j ^ , 36 , 87 ∘ na północ od kierunku wschodniego Podsumowanie Metoda analityczna obliczania wektorów pozwala na znajdowanie sum i różnic wektorów bez konieczności ich rysowania. Metoda ta, w przeciwieństwie do metody graficznej, jest bardzo precyzyjna. Z metody analitycznej korzysta się w dziedzinach takich jak mechanika, elektryczność, czy magnetyzm. W fizyce stanowi ona bardzo ważne narzędzie. Zadania Dane są wektory B → = − i ^ − 4 j ^ oraz A → = − 3 i ^ − 2 j ^ . Oblicz: wektor A → + B → , jego moduł oraz kąt nachylenia do osi poziomej; wektor A → − B → , jego moduł oraz kąt nachylenia do osi poziomej. A → + B → = − 4 i ^ − 6 j ^ , | A → + B → | = 7,211 oraz θ = 213 , 7 ∘ ; A → − B → = 2 i ^ − 2 j ^ , | A → − B → | = 2 2 oraz θ = − 45 ∘ . Ruch cząstki opisują trzy wektory: D → 1 = 3,0 m m ⋅ i ^ − 4,0 m m ⋅ j ^ − 2,0 m m ⋅ k ^ , D → 2 = 1,0 m m ⋅ i ^ − 7,0 m m ⋅ j ^ + 4,0 m m ⋅ k ^ oraz D → 3 = − 7,0 m m ⋅ i ^ + 4,0 m m ⋅ j ^ + 1,0 m m ⋅ k ^ . Znajdź sumę wektorów przemieszczenia tej cząstki. Jaki jest moduł tej sumy? Jaki dystans przebyłaby cząstka, gdyby wszystkie wektory przemieszczenia leżały w jednej linii? Dane są dwa wektory przemieszczenia A → = 3,00 m ⋅ i ^ − 4,00 m ⋅ j ^ + 4,00 m ⋅ k ^ oraz B → = 2,00 m ⋅ i ^ + 3,00 m ⋅ j ^ − 7,00 m ⋅ k ^ . Znajdź następujące wektory przemieszczenia oraz oblicz ich moduły: C → = A → + B → ; D → = 2 A → − B → . C → = 5,0 m ⋅ i ^ − 1,0 m ⋅ j ^ − 3,0 m ⋅ k ^ , C = 5,92 m ; D → = 4,0 m ⋅ i ^ − 11,0 m ⋅ j ^ + 15,0 m ⋅ k ^ , D = 19,03 m . Samolot leci 40,0 k m pod kątem 60 ∘ na północ od kierunku wschodniego, a następnie 30,0 k m pod kątem 15 ∘ na północ od kierunku wschodniego. Użyj metody analitycznej, aby obliczyć moduł oraz kierunek geograficzny wektora przemieszczenia samolotu. Aby uciec z bezludnej wyspy, rozbitek buduje tratwę i rusza na morze. Wiatr jest bardzo zmienny i znosi tratwę w różne strony. Najpierw płynie ona 2,50 km pod kątem 45 , 0 ∘ na północ od kierunku zachodniego, następnie 4,70 km pod kątem 60 , 0 ∘ na południe od kierunku wschodniego, 1,30 km pod kątem 25 , 0 ∘ na południe od kierunku zachodniego, 5,10 km na wschód, 1,70 km pod kątem 5 , 0 ∘ na wschód od kierunku północnego, 7,20 km pod kątem 55 , 0 ∘ na południe od kierunku zachodniego i na końcu 2,80 km pod kątem 10 , 0 ∘ na północ od kierunku wschodniego. Skorzystaj z metody analitycznej, aby obliczyć sumę wszystkich wektorów przemieszczenia tratwy. Jaki jest moduł i kierunek tego wektora sumy? D → = 3,3 k m ⋅ i ^ − 6,6 k m ⋅ j ^ , gdzie i ^ wskazuje na wschód, 7,34 km, − 63 , 5 ∘ . Jeśli oś x skierowana jest w prawo, znajdź za pomocą metody analitycznej następujące wektory: A → + B → , C → + B → , D → + F → , A → − B → , D → − F → , A → + 2 F → , C → − 2 D → + 3 F → , A → − 4 D → + 2 F → . Znajdź wektor R → spełniający równanie (a) D → + R → = F → (b) C → − 2 D → + 5 R → = 3 F → . Przyjmij, że oś x skierowana jest w prawo. R → = − 1,35 i ^ − 22,04 j ^ , R → = − 17,98 i ^ + 0,89 j ^ . Kurier jedzie 40 km na północ, 20 km na zachód, a następnie 60 km na północny wschód. Po 50 km jazdy na północ zatrzymuje się w restauracji na obiad. Znajdź wektor jego przemieszczenia. Oblicz odległość między restauracją a punktem startowym. Jeśli kurier pojedzie z restauracji do biura po linii prostej, jaki będzie wektor przemieszczenia po jego drodze powrotnej? W jakim kierunku geograficznym będzie jechał, wracając? Użyj metody analitycznej. Przyjmij, że dodatnim kierunkiem osi x jest kierunek wschodni. Żądny przygód pies wymyka się z domu, biegnie trzy przecznice na wschód, dwie przecznice na północ, jedną przecznicę na wschód, jedną przecznicę na północ i dwie przecznice na zachód. Przyjmij, że przecznica to około 100 metrów, i za pomocą metody analitycznej wyznacz wektor przemieszczenia psa, jego moduł oraz kierunek. Dodatni kierunek osi x to kierunek wschodni. D → = 200 m ⋅ i ^ + 300 m ⋅ j ^ , D = 360,5 m , 56 , 3 ∘ na północ od kierunku wschodniego. Dane są wektory D → = 6,00 m ⋅ i ^ − 8,00 m ⋅ j ^ , B → = − 8,00 m ⋅ i ^ + 3,00 m ⋅ j ^ oraz A → = 26,0 m ⋅ i ^ + 19,0 m ⋅ j ^ . Znajdź współczynniki a oraz b spełniające równanie a D → + b B → + A → = 0 → . Dany jest wektor przemieszczenia D → = 3 m ⋅ i ^ − 4 m ⋅ j ^ . Znajdź wektor przemieszczenia R → taki, aby D → + R → = − 4 D j ^ . R → = − 3 m ⋅ i ^ − 16 m ⋅ j ^ . Znajdź wektor jednostkowy, określający kierunek następujących wektorów: siła F → = 3,0 N ⋅ i ^ − 2,0 N ⋅ j ^ , przemieszczenie D → = − 3,0 m ⋅ i ^ − 4,0 m ⋅ j ^ , prędkość v → = − 5,00 m / s ⋅ i ^ + 4,00 m / s ⋅ j ^ . Kierunek wektora natężenia pola elektrycznego określony jest w układzie współrzędnych kartezjańskich przez wektor jednostkowy E ^ = 1 / 5 ⋅ i ^ − 2 / 5 ⋅ j ^ . Jeśli moduł wektora natężenia pola elektrycznego jest równy E = 400,0 V / m , jakie są wartości jego składowych E x , E y oraz E z ? Jaki kąt θ E określa kierunek tego wektora? E → = E ⋅ E ^ , E x = + 178,9 V / m , E y = − 357,8 V / m , E z = 0,0 V / m , θ E = − arctg ⁡ ( 2 ) . Dwa holowniki ciągną barkę w sposób przedstawiony na poniższym rysunku. Jeden z holowników ciągnie barkę z siłą o module 4000 jednostek siły, pod kątem 15 ∘ w stosunku do odcinka AB, a drugi z siłą o module 5000 jednostek, pod kątem 12 ∘ w stosunku do odcinka AB. Wyznacz wartości składowych wektorów siły i znajdź składowe wynikowego wektora siły działającej na barkę. Jaki jest moduł wektora wynikowego? Jaki jest jego kierunek w stosunku do odcinka AB? Kontroler lotów na lotnisku śledzi zmianę położenia dwóch samolotów w stosunku do wieży kontroli lotów. Jeden z samolotów to Boeing 747, a drugi to Douglas DC-3. Boeing znajduje się na wysokości 2500 m, wznosi się pod kątem 10 ∘ do powierzchni ziemi i leci w kierunku 30 ∘ na północ od kierunku zachodniego. DC-3 znajduje się na wysokości 3000 m, wznosi się pod kątem 5 ∘ do powierzchni ziemi i leci prosto na zachód. Znajdź wektory wodzące samolotów w stosunku do wieży kontroli lotów. Jaka odległość dzieliła samoloty w momencie, w którym kontroler odczytał ich pozycje? R → B = 12,278 k m ⋅ i ^ + 7,089 k m ⋅ j ^ + 2,500 k m ⋅ k ^ , R → D = − 0,262 k m ⋅ i ^ + 3,000 k m ⋅ k ^ ; | R → B − R → D | = 14,414 k m . wektory równe (ang. equal vectors ) dwa wektory są równe wtedy i tylko wtedy, kiedy ich poszczególne składowe są równe; równe wektory mają ten sam kierunek, zwrot oraz moduł wektor zerowy (ang. null vector ) wektor, którego wszystkie składowe są równe zero", "section": "Działania na wektorach", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Mnożenie wektorów Wektor można pomnożyć przez inny wektor, ale nie można go przez niego podzielić. Możemy wyróżnić dwa rodzaje mnożenia wektorów. Pierwszy rodzaj mnożenia to iloczyn skalarny . Wynik iloczynu skalarnego jest, jak sama nazwa wskazuje, skalarem, czyli liczbą. Z iloczynu skalarnego korzysta się podczas określania pracy i energii. Przykładowo, praca wykonywana przez pewną siłę (wektor) działającą na ciało i jednocześnie powodującą jego przesunięcie jest iloczynem skalarnym wektora siły i wektora przemieszczenia. Drugim rodzajem mnożenia jest iloczyn wektorowy . Iloczyn wektorowy jest wektorem. Wykorzystywany jest do definiowania wektorowych wielkości pochodnych. Na przykład wielkość wektorową zwaną momentem siły definiuje się jako iloczyn wektorowy siły oraz promienia wodzącego łączącego oś obrotu z punktem przyłożenia tej siły. Iloczyn skalarny dwóch wektorów Wynikiem iloczynu skalarnego jest skalar, czyli liczba. Iloczyn skalarny Iloczyn skalarny (ang. dot product ) A → ⋅ B → dwóch wektorów A → i B → jest liczbą określoną wzorem A → ⋅ B → = A B cos ⁡ φ , gdzie φ jest kątem między wektorami (zobacz ). Kierunek, w jakim mierzymy kąt φ , jest bez znaczenia, ponieważ cos φ = cos ( − φ ) = cos ( 2 π − φ ) . Iloczyn skalarny jest liczbą ujemną, kiedy 90 ∘ < φ ⩽ 180 ∘ , a liczbą dodatnią, kiedy 0 ∘ ⩽ φ < 90 ∘ . Iloczyn skalarny wektorów o tym samym kierunku i zwrocie jest równy A → ⋅ B → = A B cos ⁡ 0 ∘ = A B . Iloczyn skalarny dwóch wektorów o tym samym kierunku, lecz przeciwnych zwrotach jest równy A → ⋅ B → = A B cos ⁡ 180 ∘ = − A B . Iloczyn skalarny dwóch wektorów ortogonalnych jest równy zero: A → ⋅ B → = A B cos ⁡ 90 ∘ = 0 . Iloczyn skalarny wektora mnożonego przez samego siebie jest kwadratem modułu tego wektora: A → 2 = A → ⋅ A → = A A cos ⁡ 0 ∘ = A 2 . Iloczyn skalarny dwóch wektorów. (a) Kąt między wektorami. (b) Rzut prostopadły A ⊥ wektora A → na kierunek wektora B → . (c) Rzut prostopadły B ⊥ wektora B → na kierunek wektora A → . Iloczyn skalarny Znajdź iloczyn skalarny A → ⋅ F → (wektory przedstawione są na ). Strategia rozwiązania Moduły wektorów A → i F → są równe A = 10,0 oraz F = 20,0 . Kąt θ między tymi wektorami jest równy θ = φ − α = 110 ∘ − 35 ∘ = 75 ∘ . Po podstawieniu powyższych wartości do otrzymujemy skalar. Rozwiązanie Na podstawie obliczeń otrzymujemy A → ⋅ F → = A F cos ⁡ θ = 10,0 ⋅ 20,0 ⋅ cos ⁡ 75 ∘ = 51,76. Sprawdź, czy rozumiesz. Znajdź następujące iloczyny skalarne wektorów przedstawionych na : A → ⋅ B → oraz F → ⋅ C → . A → ⋅ B → = − 57,3 , F → ⋅ C → = 27,8 . W układzie współrzędnych kartezjańskich iloczyn skalarny wektorów jednostkowych zawsze jest równy zero, ponieważ wektory te są do siebie prostopadłe: i ̂ ⋅ j ̂ = i ̂ ⋅ j ̂ ⋅ cos 90 ° = 1 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0 ⁢ , i ̂ ⋅ k ̂ = i ̂ ⋅ k ̂ ⋅ cos 90 ° = 1 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0 ⁢ , k ̂ ⋅ j ̂ = k ̂ ⋅ j ̂ ⋅ cos 90 ° = 1 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0 ⁢ . \\begin{align} \\hat i \\cdot \\hat j &= \\abs{\\hat i} \\cdot \\abs{\\hat j} \\cdot \\cos \\ang{90} &= 1 \\cdot 1 \\cdot 0 &= 0 \\text{,} \\\\ \\hat i \\cdot \\hat k &= \\abs{\\hat i} \\cdot \\abs{\\hat k} \\cdot \\cos \\ang{90} &= 1 \\cdot 1 \\cdot 0 &= 0 \\text{,} \\\\ \\hat k \\cdot \\hat j &= \\abs{\\hat k} \\cdot \\abs{\\hat j} \\cdot \\cos \\ang{90} &= 1 \\cdot 1 \\cdot 0 &= 0 \\text{.} \\end{align} W tych równaniach korzystamy z faktu, że moduły wszystkich wektorów jednostkowych są równe jeden: | i ^ | = | j ^ | = | k ^ | = 1 . Na podstawie możemy zapisać: i ^ ⋅ i ^ = i 2 = j ^ ⋅ j ^ = j 2 = k ^ ⋅ k ^ = k 2 = 1. Iloczyn skalarny A → ⋅ B → można również interpretować jako iloczyn B oraz rzutu prostopadłego A ⊥ wektora A → na kierunek wektora B → ( (b)) lub jako iloczyn A oraz rzutu prostopadłego B ⊥ wektora B → na kierunek wektora A → ( (c)): A → ⋅ B → = A B cos ⁡ φ = B ( A cos ⁡ φ ) = B A ⊥ = A ( B cos ⁡ φ ) = A B ⊥ . Na przykład w prostokątnym, dwuwymiarowym układzie współrzędnych, wartość składowej x wektora jest iloczynem skalarnym tego wektora oraz wersora i ^ , natomiast wartość składowej y wektora jest iloczynem skalarnym tego wektora oraz wersora j ^ : { A → ⋅ i ^ = | A → | ⋅ | i ^ | ⋅ cos ⁡ θ A = A cos ⁡ θ A = A x , A → ⋅ j ^ = | A → | ⋅ | j ^ | ⋅ cos ⁡ ( 90 ∘ − θ A ) = A sin ⁡ θ A = A y . Iloczyn skalarny jest przemienny A → ⋅ B → = B → ⋅ A → , oraz rozdzielny względem dodawania A → ⋅ ( B → + C → ) = A → ⋅ B → + A → ⋅ C → . Prawa przemienności i rozdzielności względem dodawania pozwalają na przedstawienie wzorów w przekształconej formie. Iloczyn skalarny dwóch wektorów możemy przedstawić na przykład przy pomocy ich składowych. Sprawdź, czy rozumiesz. Wektor A → = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ znajduje się w prostokątnym układzie współrzędnych. Skorzystaj z oraz z , aby udowodnić, że A → ⋅ i ^ = A x , A → ⋅ j ^ = A y oraz A → ⋅ k ^ = A z . Kiedy wektory z rozłożone są na składowe A → = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ oraz B → = B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ , możemy obliczyć ich iloczyn skalarny w następujący sposób: A → · B → = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) · ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = A x B x i ^ · i ^ + A x B y i ^ · j ^ + A x B z i ^ · k ^ + A y B x j ^ · i ^ + A y B y j ^ · j ^ + A y B z j ^ · k ^ + A z B x k ^ · i ^ + A z B y k ^ · j ^ + A z B z k ^ · k ^ . Jako że iloczyn dwóch różnych wektorów jednostkowych jest równy zero, a wektor jednostkowy pomnożony skalarnie przez samego siebie daje jeden (zobacz i ), to w powyższym równaniu znajdują się tylko trzy wyrażenia, których wartość jest różna od zera. Upraszczamy więc iloczyn skalarny do następującej postaci: A → ⋅ B → = A x B x + A y B y + A z B z . Możemy zastosować , aby znaleźć kąt między dwoma wektorami (ang. angle between two vectors ). Kiedy podzielimy przez A B , otrzymamy wzór na cos φ , do którego podstawimy : cos φ = A → · B → A B = A x B x + A y B y + A z B z A B . Kąt φ między wektorami A → i B → znajdziemy, obliczając arcus cosinus wyrażenia z . Kąt między dwiema siłami Trzy psy ciągną patyk w różne strony ( ). Pierwszy z nich ciągnie z siłą F → 1 = 10,0 N ⋅ i ^ − 20,4 N ⋅ j ^ + 2,0 N ⋅ k ^ , drugi z siłą F → 2 = − 15,0 N ⋅ i ^ − 6,2 N ⋅ k ^ , a trzeci z siłą F → 3 = 5,0 N ⋅ i ^ + 12,5 N ⋅ j ^ . Jaki jest kąt między siłami F → 1 i F → 2 ? Psy bawią się patykiem. Strategia rozwiązania Składowe wektora siły F → 1 są równe F → 1 x = 10,0 N , F → 1 y = − 20,4 N i F → 1 z = 2,0 N , a składowe wektora F → 2 są równe F 2 x = − 15,0 N , F 2 y = 0,0 N i F 2 z = − 6,2 N . Kąt znajdujemy, obliczając iloczyn skalarny tych wektorów oraz ich moduły i podstawiając otrzymane wartości do . Rozwiązanie Moduły wektorów siły F → 1 i F → 2 są równe F 1 = F 1 x 2 + F 1 y 2 + F 1 z 2 = ( 10,0 N ) 2 + ( 20,4 N ) 2 + ( 2,0 N ) 2 = 22,8 N , oraz F 2 = F 2 x 2 + F 2 y 2 + F 2 z 2 = ( 15,0 N ) 2 + ( 6,2 N ) 2 = 16,2 N . Obliczamy iloczyn skalarny, podstawiając wartości składowych do F → 1 ⋅ F → 2 = F 1 x F 2 x + F 1 y F 2 y + F 1 z F 2 z = 10,0 N ⋅ ( − 15,0 N ) + ( − 20,4 N ) ⋅ 0,0 N + 2,0 N ⋅ ( − 6,2 N ) = − 162,4 N 2 . Po podstawieniu wszystkiego do otrzymujemy kąt cos ⁡ φ = F → 1 ⋅ F → 2 F 1 F 2 = − 162,4 N 2 22,8 N ⋅ 16,2 N = − 0,438 ⟹ φ = arccos ⁡ ( − 0,439 ) = 116 , 0 ∘ . Znaczenie Zauważ, że jeśli wektory opisane są przy pomocy wersorów osi, możemy znaleźć kąt między nimi, nie wiedząc, jakie kierunki geograficzne wskazują te wersory. W tym przykładzie oś x może wskazywać na wschód, a oś y na północ. Jednak kąt między wektorami siły będzie taki sam, jeśli oś x wskazywać będzie na zachód, a oś y na południe. Sprawdź, czy rozumiesz. Znajdź kąt zawarty między wektorami siły F → 1 i F → 3 z . 131 , 9 ∘ Praca wykonywana przez siłę Kiedy siła F → ciągnie ciało powodując przemieszczenie D → , mówimy, że siła ta wykonuje pracę. Praca wykonywana przez siłę jest iloczynem skalarnym F → ⋅ D → . Jeśli patyk z zostanie przemieszczony o wektor D → = − 7,9 c m ⋅ j ^ − 4,2 c m ⋅ k ^ , to jaka praca zostanie wykonana przez trzeciego psa? Strategia rozwiązania Obliczamy siłę, z jaką ciągnie patyk trzeci pies, czyli iloczyn skalarny wektora przemieszczenia D → i wektora siły F → 3 = 5,0 N ⋅ i ^ + 12,5 N ⋅ j ^ . Przez W 3 oznaczymy pracę wykonaną przez siłę F → 3 powodującą przemieszczenie D → . Rozwiązanie Obliczamy pracę, czyli iloczyn skalarny W 3 = F → 3 ⋅ D → = F 3 x D x + F 3 y D y + F 3 z D z = 5,0 N ⋅ 0,0 c m + 12,5 N ⋅ ( − 7,9 c m ) + 0,0 N ⋅ ( − 4,2 c m ) = − 98,7 N ⋅ c m . Znaczenie Jednostką pracy w układzie SI jest dżul ( J ) , 1 J = 1 N ⋅ m . Jednostkę cm · N możemy zapisać jako 10 − 2 m ⋅ N = 10 − 2 J , więc odpowiedź możemy zapisać jako W 3 = − 0,9875 J ≈ − 1,0 J . Sprawdź, czy rozumiesz. Jaką pracę wykonały dwa pierwsze psy z , przy przemieszczeniu z ? W 1 = 1,5 J , W 2 = 0,3 J Iloczyn wektorowy dwóch wektorów Iloczyn wektorowy dwóch wektorów jest wektorem. Iloczyn wektorowy Iloczyn wektorowy (ang. cross product ) dwóch wektorów A → oraz B → zapisujemy A → × B → . Iloczyn wektorowy jest wektorem o kierunku prostopadłym do wektorów A → i B → . Inaczej mówiąc, A → × B → jest prostopadły do płaszczyzny, na której leżą wektory A → i B → , jak przedstawia . Moduł iloczynu wektorowego definiuje się jako | A → × B → | = A B sin ⁡ φ , gdzie kąt między wektorami φ mierzy się od wektora A → (pierwszego wektora w iloczynie) w kierunku wektora B → , jak przedstawiono na . Kąt ten przyjmuje wartości od 0 ∘ do 180 ∘ . Zgodnie z iloczyn wektorowy równy jest zero, jeśli kierunek wektorów jest taki sam ( φ = 0 ∘ lub φ = 180 ∘ ), ponieważ sin ⁡ 0 ∘ = sin ⁡ 180 ∘ = 0 . Iloczyn wektorowy dwóch wektorów rysuje się w przestrzeni trójwymiarowej. (a) Iloczyn wektorowy A → × B → jest wektorem prostopadłym do płaszczyzny, w której leżą wektory A → i B → . Narysowane pod kątem kwadraty oznaczają kąty proste między A → i C → , oraz między B → i C → , więc jeśli A → i B → leżałyby na podłodze, wektor C → wskazywałby sufit. (b) Iloczyn wektorowy B → × A → ma zwrot przeciwny do wektora A → × B → . Wektor prostopadły do płaszczyzny, w której leżą wektory A → i B → , może mieć jeden z dwóch możliwych zwrotów – w górę albo w dół (zobacz ). Jeżeli kąt między wektorami mierzony jest przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, rozpoczynając od pierwszego wektora, zwrot wektora A → × B → wskazuje w górę (zobacz (a)). W przeciwnym wypadku, to znaczy jeśli pierwszym czynnikiem jest B → , zwrot wektora B → × A → wskazuje w dół (zobacz (b)). Oznacza to, że wektory A → × B → oraz B → × A → mają przeciwne zwroty , a iloczyn wektorowy nie jest przemienny. Oznacza to, że zmiana kolejności czynników w iloczynie wektorowym powoduje zmianę znaku wyniku: A → × B → = − B → × A → . Aby określić zwrot wektora będącego wynikiem iloczynu wektorowego stosujemy regułę korkociągu (ang. corkscrew right-hand rule ), nazywaną też regułą śruby prawoskrętnej. Jak przedstawiono na , korkociąg znajduje się pod kątem prostym do płaszczyzny, w której leżą wektory A → i B → , i jest on obracany w kierunku od wektora będącego pierwszym czynnikiem do wektora będącego drugim czynnikiem iloczynu wektorowego. Zwrot wektora będącego wynikiem iloczynu określony jest przez kierunek, w jakim porusza się korkociąg. Regułę korkociągu stosuje się, aby określić zwrot wektora A → × B → . Umieść korkociąg pod kątem prostym do płaszczyzny, w której leżą wektory A → i B → i obracaj go w kierunku od pierwszego do drugiego wektora, po mniejszym kącie. Na podstawie kierunku, w jakim porusza się korkociąg, możemy określić zwrot wektora będącego wynikiem iloczynu wektorowego. (a) Jeśli korkociąg porusza się w górę, zwrot wektora również wskazuje w górę. (b) Jeśli korkociąg porusza się w dół, zwrot wektora również wskazuje w dół. Moment siły Efekt, który możemy uzyskać dzięki kluczowi ( ), zależy od modułu F siły, od jej kierunku w stosunku do uchwytu klucza i od tego, w jakiej odległości od nakrętki siła ta została przyłożona. Odległość R od nakrętki do punktu przyłożenia wektora siły F → jest modułem wektora wodzącego R → . Wielkość wektorową powodującą obrót nakrętki nazywamy momentem siły ( M → ). Moment siły jest iloczynem wektorowym wektora wodzącego, łączącego trzpień z punktem przyłożenia siły, oraz siły: M → = R → × F → . Próbując poluzować zardzewiałą nakrętkę, do uchwytu klucza, pod kątem φ = 40 ∘ w odległości 0,25 m od nakrętki przyłożono siłę równą 20,00 N ( (a)). Znajdź moduł i kierunek wektora momentu siły działającego na nakrętkę. Jaki byłby moduł i kierunek momentu siły, jeśli siłę przyłożono by pod kątem φ = 45 ∘ ( (b))? Dla jakiego kąta φ moduł momentu siły jest największy? Stosując klucz w celu obrócenia nakrętki, uzyskujemy zysk mechaniczny. (a) Obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, aby poluzować nakrętkę. (b) Obrót w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, aby dokręcić nakrętkę. Strategia rozwiązania Stosujemy punkt odniesienia taki, jak na , gdzie wektory R → i F → leżą na płaszczyźnie xy , a punkt biegunowy znajduje się w miejscu położenia nakrętki. Kierunek wektora R → (o zwrocie od bieguna) jest kierunkiem odniesienia umożliwiającym zmierzenie kąta φ , ponieważ wektor R → jest pierwszym czynnikiem iloczynu wektorowego M → = R → × F → . Wektor M → musi leżeć wzdłuż osi z , ponieważ oś ta jest prostopadła do płaszczyzny xy , w której leżą wektory R → oraz F → . W celu obliczenia modułu M stosujemy . Aby znaleźć zwrot wektora M → , stosujemy regułę śruby prawoskrętnej ( ). Rozwiązanie Dla przypadku przedstawionego w (a), dzięki regule korkociągu możemy ustalić, że zwrot wektora R → × F → jest zgodny z dodatnim kierunkiem osi z . Oznacza to, że wektor momentu siły M → skierowany jest w górę kartki, prostopadle do uchwytu korkociągu. Wiemy, że F = 20,00 N oraz R = 0,25 m , więc stosując , możemy obliczyć moduł wektora: M = | R → × F → | = R F sin ⁡ φ = 0,25 m ⋅ 20,00 N ⋅ sin ⁡ 40 ∘ = 3,21 N ⋅ m . W przypadku przedstawionym w (b), wektor R → × F → zwrócony jest w ujemnym kierunku osi z . Oznacza to, że wektor M → wskazuje za kartkę, prostopadle do uchwytu korkociągu. Moduł momentu siły jest równy M = | R → × F → | = R F sin ⁡ φ = 0,25 m ⋅ 20,00 N ⋅ sin ⁡ 45 ∘ = 3,53 N ⋅ m . Moduł momentu siły jest największy, kiedy sin ⁡ φ = 1 , a więc kiedy φ = 90 ∘ . Oznacza to, że zastosowanie klucza jest najbardziej efektywne – daje największy zysk mechaniczny – kiedy przyłożymy siłę prostopadle do uchwytu klucza. Dla danych z tego przykładu największy moduł jest równy M max = R F = 0,25 m ⋅ 20,00 N = 5,00 N ⋅ m . Znaczenie Rozwiązywanie zadań związanych z mechaniką dosyć często nie wymaga korzystania z reguły korkociągu, o czym przekonamy się, analizując alternatywne podejście do rozwiązania powyższego zadania. Stwierdziliśmy, że wektor R → × F → leży wzdłuż osi z , a więc możemy zapisać go przy pomocy k ^ , czyli wersora osi z : R → × F → = R F sin ⁡ φ ⋅ k ^ . Liczba, przez którą mnożymy wersor k ^ , to wartość składowej z wektora R → × F → . Podczas obliczania wartości tej składowej, kąt φ musi być mierzony w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara od wektora R → (pierwszego czynnika) do wektora F → (drugiego czynnika). Stosując tę zasadę pomiaru kątów, otrzymujemy R F sin ⁡ 40 ∘ = 3,2 N ⋅ m dla przypadku (a) oraz R F sin ⁡ ( − 45 ∘ ) = − 3,5 N ⋅ m dla przypadku (b). W przypadku (b) kąt jest ujemny, ponieważ jak widać na , kąt mierzony jest zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Jednak taki sam wynik otrzymamy, jeśli kąt ten zmierzymy w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, ponieważ 360 ∘ − 45 ∘ = 315 ∘ i sin ⁡ 315 ∘ = sin ⁡ ( − 45 ∘ ) . W ten sposób otrzymujemy rozwiązanie bez korzystania z reguły korkociągu. Dla przypadku (a) rozwiązaniem jest R → × F → = 3,2 N ⋅ m ⋅ k ^ . Dla przypadku (b) rozwiązaniem jest R → × F → = − 3,5 N ⋅ m ⋅ k ^ . Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz następujące iloczyny wektorowe wektorów z : A → × B → i C → × F → . A → × B → = − 40,1 k ^ lub | A → × B → | = 40,1 , zwrot za kartkę; C → × F → = 157,6 k ^ lub | C → × F → | = 157,6 , zwrot nad kartkę Podobnie jak iloczyn skalarny ( ), iloczyn wektorowy jest rozdzielny względem dodawania: A → × ( B → + C → ) = A → × B → + A → × C → . Z własności rozdzielności względem dodawania często korzysta się, zapisując wektory rozłożone na składowe. Kiedy zastosujemy definicję iloczynu wektorowego ( ) do wektorów jednostkowych i ^ , j ^ i k ^ , określających dodatnie kierunki osi x , y i z , otrzymamy i ^ × i ^ = j ^ × j ^ = k ^ × k ^ = 0. Moduły wszystkich wektorów jednostkowych muszą być równe jeden, ponieważ i ^ , j ^ oraz k ^ są ortogonalne. Przykładowo, dla pary wektorów i ^ i j ^ moduł jest równy | i ^ × j ^ | = i ⋅ j ⋅ sin ⁡ 90 ∘ = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1 . Wektor i ^ × j ^ musi być prostopadły do płaszczyzny xy , a więc jego kierunek musi być taki sam jak kierunek osi z . Wektorami jednostkowymi o kierunku zgodnym z kierunkiem osi z są − k ^ i + k ^ . Zgodnie z regułą korkociągu zwrot wektora i ^ × j ^ musi być zgodny z dodatnim kierunkiem osi z . Dlatego wynikiem mnożenia i ^ × j ^ jest + k ^ . Analogiczne rozumowanie możemy przeprowadzić dla pozostałych par wektorów jednostkowych. Uzyskamy wtedy: { i ^ × j ^ = + k ^ j ^ × k ^ = + i ^ k ^ × i ^ = + j ^ . Zauważ, że w wektory jednostkowe i ^ , j ^ i k ^ pojawiają się w porządku cyklicznym przedstawionym na (a). Porządek cykliczny oznacza, że we wzorze i ^ występuje po k ^ , ale przed j ^ , k ^ występuje po j ^ , ale przed i ^ , zaś j ^ występuje po i ^ , ale przed k ^ . Wynikiem iloczynu wektorowego wersorów dwóch osi zawsze jest wersor trzeciej osi. Kiedy mnożone wektorowo wersory dwóch osi występują w porządku cyklicznym, wynikiem jest wersor trzeciej osi, jak przedstawiono na (b). Kiedy mnożone wektorowo wersory występują w innej kolejności, wynikiem jest wektor jednostkowy o zwrocie przeciwnym do zwrotu wersora trzeciej osi (to znaczy, że w wyniku występuje znak minus, tak jak na (c) oraz (d)). Zasada ta jest bardzo przydatna w przypadku obliczania iloczynu wektorowego wektorów rozłożonych na składowe. (a) Diagram przedstawiający porządek cykliczny wersorów osi. (b) Wszystkie iloczyny wektorowe, w których wersory osi występują w porządku cyklicznym. Wektory wynikowe mają znak dodatni. (c, d) Dwa przykłady iloczynów wektorowych, w których wersory osi nie występują w porządku cyklicznym. Wektory wynikowe mają znak ujemny. Przypuśćmy, że chcemy obliczyć iloczyn wektorowy A → × B → , gdzie A → = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ i B → = B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ . Podczas obliczeń możemy skorzystać z własności rozdzielności względem dodawania ( ), z faktu, że iloczyn wektorowy nie jest przemienny (ang. anticommutative property ) ( ), oraz ze wzorów dla wektorów jednostkowych ( oraz ): A → × B → = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) × ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = A x i ^ × ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) + A y j ^ × ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) + A z k ^ × ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = + A x B x i ^ × i ^ + A x B y i ^ × j ^ + A x B z i ^ × k ^ + A y B x j ^ × i ^ + A y B y j ^ × j ^ + A y B z j ^ × k ^ + A z B x k ^ × i ^ + A z B y k ^ × j ^ + A z B z k ^ × k ^ = + A x B x ⋅ 0 + A x B y ⋅ k ^ + A x B z ⋅ ( − j ^ ) + A y B x ⋅ ( − k ^ ) + A y B y ⋅ 0 + A y B z ⋅ i ^ + A z B x ⋅ j ^ + A z B y ⋅ ( − i ^ ) + A z B z ⋅ 0. Podczas obliczania iloczynu wektorowego pamiętaj o tym, że działanie to nie jest przemienne, co oznacza, że musisz pamiętać o zachowaniu odpowiedniej kolejności czynników. Aby dokończyć zadanie, musimy wykonać jeszcze dwa kroki. Pierwszym z nich jest pogrupowanie wyrazów mnożonych przez ten sam wektor jednostkowy, a drugim rozkład wektora na składowe. W ten sposób otrzymujemy poniższy wzór, który jest bardzo przydatny podczas obliczania iloczynu wektorowego: C → = A → × B → = ( A y B z − A z B y ) i ^ + ( A z B x − A x B z ) j ^ + ( A x B y − A y B x ) k ^ . Wartości poszczególnych składowych wektora wynikowego są równe { C x = A y B z − A z B y C y = A z B x − A x B z C z = A x B y − A y B x . Podczas obliczania iloczynu wektorowego możemy skorzystać z lub z , w zależności od tego, które z nich wymaga mniej skomplikowanych obliczeń. Wynik otrzymany za pomocą każdego z tych wzorów będzie taki sam. Jeśli chcemy się upewnić, że uzyskany przez nas wynik jest poprawny, możemy skorzystać z obu równań. Cząstka w polu magnetycznym Niektóre cząstki poruszające się w polu magnetycznym mogą doświadczyć wpływu siły Lorentza. Bez zbędnego wchodzenia w szczegóły – dokładny opis zjawisk związanych z polem magnetycznym znajduje się w późniejszych rozdziałach – wyjaśnimy tylko, że pole magnetyczne B → jest wektorem, siła Lorentza F → jest wektorem i prędkość cząstki u → również jest wektorem. Wektor siły Lorentza jest wprost proporcjonalny do iloczynu wektorowego wektora prędkości oraz wektora pola magnetycznego, co zapisujemy jako F → = ζ u → × B → . We wzorze tym stała ζ zapewnia zachowanie odpowiedniej jednostki, dzięki czemu możemy pominąć jednostki występujące przy wektorach u → oraz B → . Na potrzeby tego przykładu przyjmijmy, że stała ζ jest liczbą dodatnią. Cząstka poruszająca się w przestrzeni z prędkością u → = − 5,0 i ^ − 2,0 j ^ + 3,5 k ^ wpada w obszar oddziaływania pola magnetycznego, gdzie zaczyna działać na nią siła Lorentza. Znajdź siłę Lorentza F → działającą na tę cząstkę w miejscu, w którym wektor indukcji pola magnetycznego jest równy (a) B → = 7,2 i ^ − j ^ − 2,4 k ^ i (b) B → = 4,5 k ^ . Dla obu przypadków znajdź moduł F siły Lorentza oraz kąt θ między wektorem siły F → oraz wektorem indukcji pola magnetycznego B → . Strategia rozwiązania Na początku musimy obliczyć iloczyn u → × B → , ponieważ dzięki temu, przy pomocy F → = ζ u → × B → , będziemy mogli określić siłę Lorentza. Moduł F można znaleźć albo podstawiając wartości składowych do wzoru F = F x 2 + F y 2 + F z 2 , albo bezpośrednio z wyniku iloczynu wektorowego: | u → × B → | ( ). W przypadku drugiego sposobu będziemy musieli znaleźć kąt między wektorami u → i B → . Jeżeli znamy wektor F → , kąt θ możemy znaleźć, obliczając iloczyn skalarny F → ⋅ B → i podstawiając wynik do . Iloczyn wektorowy możemy obliczyć albo przy pomocy , albo bezpośrednio, w zależności od tego, która metoda wydaje nam się prostsza. Rozwiązanie Składowe wektora prędkości są równe u x = − 5,0 , u y = −2,0 oraz u z = 3,5 . (a) Wartości składowych wektora indukcji pola magnetycznego są równe B x = 7,2 , B y = −1,0 oraz B z = −2,4 . Podstawiając je do , uzyskamy wartości składowych wektora F → = ζ u → × B → : { F x = ζ ( u y B z − u z B y ) = ζ [ − 2,0 ⋅ ( − 2,4 ) − 3,5 ⋅ ( − 1,0 ) ] = 8,3 ζ , F y = ζ ( u z B x − u x B z ) = ζ [ 3,5 ⋅ 7,2 − ( − 5,0 ) ⋅ ( − 2,4 ) ] = 13,2 ζ , F z = ζ ( u x B y − u y B x ) = ζ [ − 5,0 ⋅ ( − 1,0 ) − ( − 2,0 ) ⋅ 7,2 ] = 19,4 ζ . Na tej podstawie możemy zapisać wektor siły Lorentza: F → = ζ ( 8,3 i ^ + 13,2 j ^ + 19,4 k ^ ) . Jego moduł jest równy F = F x 2 + F y 2 + F z 2 = ( 8,3 ζ ) 2 + ( 13,2 ζ ) 2 + ( 19,4 ζ ) 2 = 24,9 ζ . Aby obliczyć kąt θ , musimy znaleźć moduł wektora indukcji pola magnetycznego B = B x 2 + B y 2 + B z 2 = ( 7,2 ) 2 + ( −1,0 ) 2 + ( −2,4 ) 2 = 7,6 , oraz iloczyn skalarny F → ⋅ B → : F → ⋅ B → = F x B x + F y B y + F z B z = 8,3 ζ ⋅ 7,2 + 13,2 ζ ⋅ ( − 1,0 ) + 19,4 ζ ⋅ ( − 2,4 ) = 0. Po podstawieniu wartości do otrzymujemy kąt θ : cos ⁡ θ = F → ⋅ B → F B = 0 18,2 ζ ⋅ 7,6 = 0 ⟹ θ = 90 ∘ . Wektor siły Lorentza jest więc prostopadły do wektora indukcji pola magnetycznego. (Moglibyśmy oszczędzić trochę czasu, gdybyśmy wcześniej obliczyli iloczyn skalarny). (b) Ponieważ wektor B → = 4,5 k ^ ma tylko jedną składową, której wartość jest różna od zera, możemy obliczyć iloczyn wektorowy bezpośrednio: F → = ζ u → × B → = ζ ( − 5,0 i ^ − 2,0 j ^ + 3,5 k ^ ) × ( 4,5 k ^ ) = ζ [ − 5,0 ⋅ 4,5 ⋅ i ^ × k ^ + ( − 2,0 ) ⋅ 4,5 ⋅ j ^ × k ^ + 3,5 ⋅ 4,5 ⋅ k ^ × k ^ ] = ζ [ − 22,5 ( − j ^ ) − 9,0 i ^ + 0 ] = ζ ( − 9,0 i ^ + 22,5 j ^ ) . Moduł siły Lorentza jest równy F = F x 2 + F y 2 + F z 2 = ζ ( − 9,0 ζ ) 2 + ( 22,5 ζ ) 2 + ( 0,0 ζ ) 2 = 24,2 ζ . Ponieważ iloczyn skalarny jest równy F → ⋅ B → = F x B x + F y B y + F z B z = − 9,0 ζ ⋅ 0 + 22,5 ζ ⋅ 0 + 0 ζ ⋅ 4,5 = 0 , wektor siły Lorentza F → jest prostopadły do wektora indukcji pola magnetycznego B → . Znaczenie Nawet bez obliczania iloczynu skalarnego możemy przewidzieć, że wektor siły Lorentza zawsze będzie prostopadły do wektora indukcji pola magnetycznego. Wektor siły Lorentza jest iloczynem wektorowym F → = ζ u → × B → , a z definicji iloczynu wektorowego (zobacz ) wektor F → musi być prostopadły do wektorów u → i B → . Sprawdź, czy rozumiesz. Dane są dwa wektory A → = − i ^ + j ^ i B → = 3 i ^ − j ^ . Oblicz: A → × B → ; | A → × B → | ; kąt między A → i B → ; kąt między A → × B → i C → = i ^ + k ^ . − 2 k ^ ; 2 ; 153 , 4 ∘ ; 135 ∘ . Na koniec chcemy jeszcze raz podkreślić, jaka jest różnica między iloczynem skalarnym a iloczynem wektorowym. Wynikiem iloczynu skalarnego jest skalar, czyli liczba, podczas gdy wynikiem iloczynu wektorowego jest wektor. Podsumowanie Wyróżniamy dwa rodzaje mnożenia wektorów – iloczyn skalarny, którego wynikiem jest liczba (skalar), oraz iloczyn wektorowy, którego wynikiem jest wektor. Zarówno iloczyn skalarny, jak i iloczyn wektorowy są rozdzielne względem dodawania, ale tylko iloczyn skalarny jest przemienny. Iloczyn wektorowy nie jest przemienny – jeśli zamienimy czynniki miejscami, wynik zmieni się na przeciwny. Iloczyn skalarny dwóch wektorów obliczamy, mnożąc przez siebie moduły tych wektorów oraz cosinus kąta między nimi. Iloczyn skalarny wektorów ortogonalnych jest równy zero; iloczyn skalarny wektorów o przeciwnych zwrotach jest liczbą ujemną. Iloczyn wektorowy dwóch wektorów jest wektorem prostopadłym do płaszczyzny, w której leżą mnożone wektory. Jego moduł obliczamy, mnożąc moduły mnożonych wektorów przez sinus kąta między nimi. Zwrot wektora wynikowego możemy określić, stosując regułę korkociągu (regułę śruby prawoskrętnej). Iloczyn wektorowy dwóch równoległych wektorów jest wektorem zerowym. Moduł wektora wynikowego jest największy, jeśli mnożone wektory są ortogonalne. Iloczyn skalarny wykorzystuje się do obliczania kątów między wektorami oraz do definiowania pochodnych wielkości fizycznych, takich jak praca lub energia. Iloczyn wektorowy wykorzystuje się do definiowania pochodnych wektorowych wielkości fizycznych, takich jak moment siły lub siła Lorentza oraz do opisu ruchu obrotowego. Najważniejsze wzory Mnożenie przez skalar (działanie na wektorach) B → = α A → Mnożenie przez skalar (działanie na modułach wektorów) B = | α | A Suma dwóch wektorów D → A D = D → A C + D → C D Prawo przemienności A → + B → = B → + A → Prawo łączności ( A → + B → ) + C → = A → + ( B → + C → ) Prawo rozdzielności względem dodawania α 1 A → + α 2 A → = ( α 1 + α 2 ) A → Rozkład wektora na składowe w przestrzeni dwuwymiarowej A → = A x i ^ + A y j ^ Wartości składowych wektora w przestrzeni dwuwymiarowej { A x = x k − x p A y = y k − y p Moduł wektora leżącego na płaszczyźnie A = A x 2 + A y 2 Kąt skierowany wektora leżącego na płaszczyźnie θ A = arctg A y A x Wartości składowych wektora leżącego na płaszczyźnie { A x = A cos θ A A y = A sin θ A Współrzędne biegunowe na płaszczyźnie { x = r cos φ y = r sin φ Rozkład wektora na składowe w przestrzeni trójwymiarowej A → = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ Wartość składowej z wektora w przestrzeni trójwymiarowej A z = z k − z p Moduł wektora w przestrzeni trójwymiarowej A = A x 2 + A y 2 + A z 2 Prawo rozdzielności względem dodawania α ( A → + B → ) = α A → + α B → Wektor o zwrocie przeciwnym do wektora A → − A → = − A x i ^ − A y j ^ − A z k ^ Wektory równe A → = B → ⇔ { A x = B x A y = B y A z = B z Składowe wektora sumy N wektorów { F R x = ∑ k = 1 N F k x = F 1 x + F 2 x + … + F N x F R y = ∑ k = 1 N F k y = F 1 y + F 2 y + … + F N y F R z = ∑ k = 1 N F k z = F 1 z + F 2 z + … + F N z Wektor jednostkowy (wersor) V ^ = V → V Definicja iloczynu skalarnego A → · B → = A B cos φ Przemienność iloczynu skalarnego A → ⋅ B → = B → ⋅ A → Rozdzielność iloczynu skalarnego względem dodawania A → ⋅ ( B → + C → ) = A → ⋅ B → + A → ⋅ C → Iloczyn skalarny obliczany przy pomocy poszczególnych składowych wektorów A → · B → = A x B x + A y B y + A z B z Cosinus kąta między dwoma wektorami cos φ = A → · B → A B Iloczyn skalarny wektorów jednostkowych i ^ · j ^ = j ^ · k ^ = k ^ · i ^ = 0 Moduł iloczynu wektorowego (definicja) | A → × B → | = A B sin ⁡ φ Nieprzemienność iloczynu wektorowego A → × B → = − B → × A → Rozdzielność iloczynu wektorowego względem dodawania A → × ( B → + C → ) = A → × B → + A → × C → Iloczyn wektorowy wektorów jednostkowych { i ^ × j ^ = + k ^ j ^ × k ^ = + i ^ k ^ × i ^ = + j ^ . Iloczyn wektorowy obliczany przy pomocy wartości składowych wektorów A → × B → = A y B z − A z B y i ^ + A z B x − A x B z j ^ + A x B y − A y B x k ^ Pytania Co się nie zgadza w przedstawionych wyrażeniach? Jak można je poprawić? C = A → B → , C → = A → B → , C = A → × B → , C = A B → , C + 2 A → = B , C → = A × B → , A → ⋅ B → = A → × B → , C → = 2 A → ⋅ B → , C = A → / B → , C = A → / B . C = A → ⋅ B → , C → = A → × B → lub C → = A → − B → , C → = A → × B → , C → = A B → , C → + 2 A → = B → , C → = A → × B → , po lewej stronie znaku równości znajduje się skalar, a po prawej wektor, C → = 2 A → × B → , C → = A → / B , C → = A → / B . Jeżeli iloczyn wektorowy dwóch wektorów jest wektorem zerowym, co można powiedzieć o kierunkach mnożonych wektorów? Jeśli iloczyn skalarny dwóch wektorów jest równy zero, co można powiedzieć o kierunkach mnożonych wektorów? Są ortogonalne Jeżeli pewien wektor w → pomnożymy wektorowo przez inny wektor, a następnie skalarnie przez wektor w → , co otrzymamy? Zadania Przyjmując, że oś x jest pozioma i ma zwrot w prawo, znajdź następujące iloczyny skalarne: A → ⋅ C → , A → ⋅ F → , D → ⋅ C → , A → ⋅ ( F → + 2 C → ) , i ^ ⋅ B → , j ^ ⋅ B → , ( 3 i ^ − j ^ ) ⋅ B → , B ^ ⋅ B → . Przyjmując, że oś x jest pozioma i ma zwrot w prawo, dla tych samych wektorów co w poprzednim zadaniu znajdź rzut wektora A → na kierunek wektora C → , rzut wektora C → na kierunek wektora A → , rzut wektora i ^ na kierunek wektora F → , rzut wektora F → na kierunek wektora i ^ . 0, 0, 0,866, 17,32. Znajdź kąty między wektorami D → = − 3,0 m ⋅ i ^ − 4,0 m ⋅ j ^ i A → = − 3,0 m ⋅ i ^ + 4,0 m ⋅ j ^ , D → = 2,0 m ⋅ i ^ − 4,0 m ⋅ j ^ + 1,0 m ⋅ k ^ i B → = − 2,0 m ⋅ i ^ + 3,0 m ⋅ j ^ + 2,0 m ⋅ k ^ . Znajdź kąty, jakie wektor D → = 2,0 m ⋅ i ^ − 4,0 m ⋅ j ^ + 1,0 m ⋅ k ^ tworzy z osiami x , y i z . θ i = 64 , 12 ∘ , θ j = 150 , 79 ∘ , θ k = 77 , 39 ∘ . Udowodnij, że wektor siły D → = 2,0 N ⋅ i ^ − 4,0 N ⋅ j ^ + 1,0 N ⋅ k ^ jest prostopadły do wektora siły G → = 3 ,0 N · i ^ + 4 ,0 N · j ^ + 10 ,0 N · k ^ . Przyjmując, że oś x jest pozioma i ma zwrot w prawo, znajdź następujące iloczyny wektorowe A → × C → , A → × F → , D → × C → , A → × ( F → + 2 C → ) , i ^ × B → , j ^ × B → , ( 3 i ^ − j ^ ) × B → , B ^ × B → . − 119 ,98 k ^ , − 173 ,2 k ^ , + 93,69 k ^ , − 413 ,2 k ^ , + 39 ,93 k ^ , − 30 ,09 k ^ , + 149 ,9 k ^ , 0 . Oblicz A → × C → dla A → = 2,0 i ^ − 4,0 j ^ + k ^ i C → = 3,0 i ^ + 4,0 j ^ + 10,0 k ^ , A → = 3,0 i ^ + 4,0 j ^ + 10,0 k ^ i C → = 2,0 i ^ − 4,0 j ^ + k ^ , A → = − 3,0 i ^ − 4,0 j ^ i C → = − 3,0 i ^ + 4,0 j ^ , C → = − 2,0 i ^ + 3,0 j ^ + 2,0 k ^ i A → = − 9,0 j ^ . Dla wektorów z poprzedniego rysunku znajdź ( A → × F → ) ⋅ D → , ( A → × F → ) ⋅ ( D → × B → ) , ( A → ⋅ F → ) ⋅ ( D → × B → ) . 0 , 173,194 , + 199 ,993 k ^ . Jeżeli A → × F → = B → × F → , to czy możemy wywnioskować, że A → = B → ? Jeżeli A → ⋅ F → = B → ⋅ F → , to czy możemy wywnioskować, że A → = B → ? Jeżeli F A → = B → F , to czy możemy wywnioskować, że A → = B → ? Dlaczego tak lub dlaczego nie? Zadania dodatkowe Lecisz 32,0 k m w linii prostej, przy bezwietrznej pogodzie pod kątem 35 , 0 ∘ na południe od kierunku zachodniego. Jaki dystans musiałbyś przelecieć, żeby znaleźć się w tym samym punkcie, jeśli leciałbyś prosto na południe, a następnie prosto na zachód? Jaki dystans musiałbyś przelecieć, żeby znaleźć się w tym samym punkcie, jeśli leciałbyś najpierw na południowy zachód, a następnie na północny zachód? Zauważ, że wektory przemieszczenia są obrócone o 45 , 0 ∘ względem wektorów z podpunktu (a). 18,4 km i 26,2 km; 31,5 km i 5,56 km. Współrzędne kartezjańskie punktu to ( 2 , y ) , a jego współrzędne biegunowe ( r , π / 6 ) . Znajdź y oraz r . Jeśli współrzędnymi biegunowymi punktu są ( r , φ ) , jego współrzędnymi kartezjańskimi ( x , y ) , określ współrzędne biegunowe następujących punktów: ( − x , y ) , ( − 2 x , − 2 y ) , ( 3 x , − 3 y ) . ( r , π – φ ) , ( 2 r , φ + 2 π ) , ( 3 r , − φ ) . Wektory A → i B → mają moduły równe 5,0 jednostek. Znajdź kąt między tymi wektorami, jeśli A → + B → = 5 2 j ^ . Łódź rybacka wyrusza z wyspy Moi położonej w nieznanym archipelagu. Przed powrotem na Moi zatrzymuje się na wyspach Noi i Poi. Łódź przepływa najpierw 4,76 mil morskich (nmi) pod kątem 37 ∘ na północ od kierunku wschodniego, po czym dociera do Noi. Następnie płynie pod kątem 69 ∘ na zachód od kierunku północnego, aż dociera do Poi. W drodze powrotnej z Poi płynie pod kątem 28 ∘ na wschód od kierunku południowego. Jaki dystans przepływa łódź między wyspami Noi i Poi? Jaki dystans przepływa między Moi i Poi? Przedstaw wyniki w milach morskich oraz w kilometrach. 1 n m i = 1852 m . d PM = 33,12 n m i = 61,34 k m , d NP = 35,47 n m i = 65,69 k m . Pracownik wieży kontroli lotów zauważa na monitorze radaru sygnały dwóch samolotów. Jeden z nich znajduje się na wysokości 800 m i w odległości (w poziomie) 19,2 km od wieży, pod kątem 25 ∘ na południe od kierunku zachodniego. Drugi samolot znajduje się na wysokości 1100 m, w odległości (w poziomie) 17,6 km od wieży, pod kątem 20 ∘ na południe od kierunku zachodniego. Jaka jest odległość między samolotami? Udowodnij, że jeśli A → + B → = C → , to C 2 = A 2 + B 2 + 2 A B cos ⁡ φ , gdzie φ jest kątem między wektorami A → i B → . dowód Każdy z czterech wektorów siły ma taki sam moduł równy f . Jaka może być maksymalna wartość modułu wektora sumy tych czterech wektorów? Jaka może być jego najmniejsza wartość? Przedstaw obie sytuacje graficznie. Deskorolkarz jedzie po okrągłym torze o średnicy 5,00 m w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Jeśli przebył połowę okręgu, licząc od punktu wysuniętego najbardziej na zachód, znajdź (a) moduł wektora jego przemieszczenia oraz (b) odległość, jaką przejechał. (c) Jaki będzie moduł wektora jego przemieszczenia, jeśli przejedzie cały tor i wróci do wysuniętego na zachód punktu początkowego? 10,00 m , 5 π m , 0 . Właściciel wyprowadza swojego ciekawskiego psa na smyczy. W pewnym momencie pies czuje intrygujący zapach dochodzący z pewnego miejsca na ziemi i chce dokładnie go zbadać, jednak właściciel jest niecierpliwy i ciągnie smycz z siłą F → = 98,0 N ⋅ i ^ + 132,0 N ⋅ j ^ + 32,0 N ⋅ k ^ . Jaki jest moduł siły, z jaką właściciel ciągnie smycz? Jaki kąt tworzy smycz z pionem? Jeżeli wektor prędkości niedźwiedzia polarnego jest równy u → = − 18,0 k m / h ⋅ i ^ − 13,0 k m / h ⋅ j ^ , jak szybko i w jakim kierunku geograficznym porusza się ten niedźwiedź? Wektory i ^ oraz j ^ wskazują odpowiednio na wschód i na północ. 22,2 km/h, 35 , 8 ∘ na południe od kierunku zachodniego Znajdź składowe wektorów G → i H → znajdujących się w przestrzeni trójwymiarowej. Przedstaw rozkład wektora przy pomocy wersorów osi. Nurek bada rafę koralową u wybrzeża Belize. Na początku płynie 90,0 m na północ, następnie 200,0 m na wschód, po czym zauważa dużego granika i podąża za nim przez 80,0 metrów pod kątem 30 ∘ na północ od kierunku wschodniego. W międzyczasie prąd znosi go 150,0 m na południe. Zakładając, że prąd już nie oddziałuje, w jakim kierunku i jak daleko powinien płynąć nurek, aby wrócić do punktu startowego? 240,2 m; 2 , 2 ∘ na południe od kierunku zachodniego Składowe x i y wektora siły A → są równe odpowiednio −8,80 jednostek siły i 15,00 jednostek siły. Składowe x i y wektora siły B → są równe odpowiednio 13,20 jednostek siły i −6,60 jednostek siły. Znajdź składowe wektora siły C → , spełniającego równanie A → − B → + 3 C → = 0 . Wektory A → i B → leżą na płaszczyźnie xy , mają takie same moduły i są ortogonalne. Jeśli A → = 3,0 i ^ + 4,0 j ^ , znajdź B → . B → = − 4,0 i ^ + 3,0 j ^ lub B → = 4,0 i ^ − 3,0 j ^ Dla przedstawionych na rysunku wektorów leżących w przestrzeni trójwymiarowej oblicz: G → × H → , | G → × H → | , G → ⋅ H → . Udowodnij, że ( B → × C → ) ⋅ A → jest wzorem na objętość równoległościanu, gdzie każdy z trzech wektorów tworzy inną krawędź. dowód Zadania trudniejsze Moduł wektora B → jest równy 5,0 cm, a moduł wektora A → jest równy 4,0 cm. Znajdź kąt między tymi wektorami, jeśli | A → + B → | = 3,0 c m i | A → − B → | = 3,0 c m . Jaka jest wartość rzutu wektora siły G → = 3,0 N ⋅ i ^ + 4,0 N ⋅ j ^ + 10,0 N ⋅ k ^ na kierunek wektora siły H → = 1,0 N ⋅ i ^ + 4,0 N ⋅ j ^ ? G ⊥ = 2375 17 ≈ 9792. Poniższy rysunek przedstawia trójkąt stworzony przez trzy wektory A → , B → i C → . Wektor C → ′ łączy środki wektorów A → i B → . Udowodnij, że C → ′ = C → / 2 . Odległości między punktami leżącymi na płaszczyźnie nie zmieniają się podczas obrotu układu współrzędnych. Innymi słowy, moduł wektora podczas obrotu układu współrzędnych jest niezmienny . Przypuśćmy, że układ współrzędnych S obracamy względem swojego początku o kąt φ , tworząc nowy układ współrzędnych S ′ (zobacz rysunek). Punkt leżący na płaszczyźnie opisują współrzędne ( x , y ) układu S oraz współrzędne ( x ′ , y ′ ) układu S ′ . (a) Udowodnij, że współrzędne układu S ′ oraz współrzędne układu S związane są ze sobą w następujący sposób: { x ' = x cos φ + y sin φ y ' = − x sin φ + y cos φ (b) Udowodnij, że obrót układu współrzędnych nie ma wpływu na odległość punktu P od początku układu współrzędnych. Musisz dowieść, że x 2 + y 2 = x ′ 2 + y ′ 2 . (c) Udowodnij, że obrót układu współrzędnych nie ma wpływu na odległość między punktami P i Q . Musisz dowieść, że P ⁢ Q = x P − x Q 2 + y P − y Q 2 P ⁢ Q = x P ′ − x Q ′ 2 + y P ′ − y Q ′ 2 ⁢ . dowód nieprzemienność iloczynu wektorowego (ang. anticommutative property ) zmiana kolejności występowania czynników powoduje pojawienie się minusa (wektor ma przeciwny zwrot) reguła śruby prawoskrętnej (ang. right-hand corkscrew rule ) inaczej reguła korkociągu; pozwala określić zwrot wektora będącego wynikiem iloczynu wektorowego iloczyn wektorowy (ang. cross product ) wynik mnożenia wektorów wektorowo, wynik tej operacji jest wektorem iloczyn skalarny (ang. dot product ) wynik mnożenia wektorów skalarnie, wynik tej operacji jest skalarem (liczbą)", "section": "Mnożenie wektorów", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Pendolino ED250 to najszybszy pociąg na polskich torach, jeżdżący np. na linii Kraków–Warszawa. Ruch Pendolino możesz opisać dzięki równaniom kinematycznym, które poznasz w tym rozdziale. Wszechświat jest wypełniony obiektami, które są w nieustannym ruchu. Od ciał niebieskich, takich jak planety, gwiazdy, całe galaktyki; poprzez ludzi i zwierzęta na Ziemi; aż po molekuły i atomy w skali mikroskopowej – wszystkie obiekty we Wszechświecie się poruszają. Fizyka zajmuje się opisem ruchu w dwóch aspektach, o czym traktują jej działy: dynamika i kinematyka. Dynamika zajmuje się zagadnieniem przyczyn ruchu, co opisujemy w rozdziale Zasady dynamiki Newtona , jednak i bez wnikania w przyczyny ruchu możemy wiele o nim powiedzieć. Kinematyka zajmuje się opisem samego ruchu, bez dyskusji o jego przyczynach, wykorzystując do tego pojęcia takie jak: położenie, czas, prędkość i przyspieszenie. Właśnie kinematyką zajmiemy się w niniejszym rozdziale. Najbardziej ogólnym przypadkiem ruchu i przedmiotem badań kinematyki jest ruch w trzech wymiarach. Na razie jednak skupimy się na ruchu w jednym wymiarze, dzięki czemu poznamy narzędzia potrzebne także do opisu ruchu wielowymiarowego. Dobrym przykładem ruchu w jednym wymiarze jest pociąg Pendolino, który widzisz na zdjęciu. Gdy pociąg jedzie np. z Krakowa do Warszawy, w różnych momentach znajduje się w różnych położeniach na trasie, co oznacza, że przemieszcza się, czyli dochodzi do zmiany jego położenia. Na wielu odcinkach porusza się dokładnie po linii prostej. W swej podróży ma też cały wachlarz różnych prędkości – np. przy peronach lub na łukach zatrzymuje się lub zwalnia. Doznaje w związku z tym przyspieszeń, czyli zmian prędkości w czasie. Dzięki umiejętnościom zdobytym w tym rozdziale będziesz potrafił obliczyć te wielkości, a także prędkość średnią i szybkość średnią. Wszystkie te wielkości potrafimy obliczyć, używając tylko kinematyki, bez znajomości masy pociągu ani sił, jakie na niego działają. Tym zajmuje się dynamika .", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Położenie, przemieszczenie, prędkość średnia Gdy jesteś w ruchu, możesz sobie zadać podstawowe pytania: Gdzie się znajdujesz? W którym kierunku podążasz? Jak szybko tam zmierzasz? Odpowiedzi na te pytania wymagają od ciebie podania twojego położenia, przemieszczenia oraz średniej prędkości, a więc wielkości, które zdefiniujemy w tej sekcji. Położenie Aby opisać ruch ciała, musisz w pierwszej kolejności potrafić podać jego położenie w odniesieniu do wybranej osi układu współrzędnych ( x ): gdzie znajduje się ono w danej chwili czasu . Mówiąc precyzyjniej, musisz zdefiniować położenie ciała w wybranym układzie odniesienia, z którym zwiążesz pewien matematyczny układ współrzędnych. Układ odniesienia jest dowolnie wybranym układem osi, względem których mierzymy położenie i opisujemy ruch ciała. Najczęściej wybieramy w tym celu Ziemię (planetę) i względem spoczywających na Ziemi obiektów opisujemy ruch ciał. Mówimy wtedy często: ruch względem Ziemi (podłoża, gruntu, powierzchni itd.). Przykładowo, start rakiety możemy opisać w układzie związanym z Ziemią, tak jak ruch rowerzystki ze zdjęcia ( ) – jej położenie i prędkość – możemy podać względem budynków stojących przy ulicy, a więc związanych z Ziemią. Możemy też opisać ruch rowerzystki względem jadącej obok koleżanki – w tym przypadku układ odniesienia sam porusza się względem Ziemi. Aby opisać ruch pasażera samolotu na pokładzie, wybierzemy samolot jako układ odniesienia, a nie Ziemię. Bardziej szczegółowo dyskutujemy tę kwestię w ostatniej sekcji następnego rozdziału. Położenie ciała w ruchu jednowymiarowym podajemy najczęściej wzdłuż osi x . W dalszych sekcjach tego rozdziału, gdzie omawiamy spadek swobodny, wprowadzimy oś y . Ruch jednowymiarowy – po linii prostej – nazywamy też często ruchem prostoliniowym. Położenie rowerzystek można podać względem ulicy, budynków czy względem siebie nawzajem. Ich ruch można opisać poprzez położenie oraz przemieszczenie, w wybranym układzie odniesienia. Przemieszczenie Jeżeli jakieś ciało się porusza — np. nauczycielka przechodzi od lewej do prawej strony tablicy ( ) — to jej położenie się zmienia. Ta zmiana położenia nazywa się przemieszczeniem . Wyraz przemieszczenie jednoznacznie sugeruje ruch, czyli zmianę położenia – ciało się przemieściło lub doznało przemieszczenia. Tak jak położenie jest wartością liczbową x wzdłuż pewnej prostej, po której ciało może się poruszać, tak przemieszczenie jest różnicą położeń na tej prostej przed i po wykonaniu ruchu. Ponieważ przemieszczenie wyraźnie wskazuje na kierunek ruchu, jest wektorem i może być zarówno dodatnie, jak i ujemne, w zależności od wyboru dodatniego kierunku. Zazwyczaj wybieramy kierunek osi x w prawo jako dodatni (dodatni kierunek osi x ). Na ruch ciała może składać się wiele przemieszczeń, które w efekcie dają wypadkowe przemieszczenie. Jeśli za dodatni kierunek przyjmiemy kierunek w prawo, a nauczycielka przesuwa się najpierw o 2 m w prawo, a potem o 4 m w lewo, to składowe pojedyncze przemieszczenia wynoszą odpowiednio 2 m oraz ‒4 m. Całkowite przemieszczenie jest równe ‒2 m. Nauczycielka podczas lekcji przechodzi z jednej strony tablicy na drugą. Jej położenie względem Ziemi mierzymy współrzędną x . Przemieszczenie nauczycielki od położenia początkowego do końcowego, równe +2,0 m, zaznaczono strzałką o zwrocie w prawo. Przemieszczenie Przemieszczenie Δ x jest zmianą położenia ciała i obliczamy je jako różnicę położenia końcowego i początkowego: Δ x = x k − x 0 , gdzie Δ x jest przemieszczeniem, x k jest położeniem końcowym, a x 0 jest położeniem początkowym. Często położenie początkowe będziemy też oznaczać przez x p . Dużej litery greckiego alfabetu - delty ( Δ ) używamy do oznaczenia „zmiany” wielkości, której symbol zapisujemy po prawej stronie, np. Δ x oznacza zmianę położenia (położenie końcowe odjąć położenie początkowe). Zawsze obliczamy przemieszczenie od położenia końcowego x k , odejmując położenie początkowe x 0 . Zwróć uwagę na to, że przemieszczenie, w układzie jednostek SI podaje się w metrach, ale używamy często jednostek wielokrotnych i podwielokrotnych, a także innych jednostek metrycznych (jak np. mile, cale itd.). Pamiętaj, że jeśli w zadaniu i innych problemach masz do czynienia z jednostkami innymi niż metry, to zawsze możesz je zamienić na metry, i najczęściej tak należy zrobić (po szczegóły zajrzyj do Załącznika B ). Ciała w ruchu mogą doznawać kilku lub nawet całej serii przemieszczeń. W przykładzie powyżej nauczycielka najpierw przemieściła się o 2 m w prawo, od położenia x 0 = 0 m do położenia x 1 = 2 m . Następnie mogła wrócić do położenia x 2 = - 2 m , przechodząc 4 m w lewo. Jej pojedyncze przemieszczenia wynoszą +2 m oraz ‒4 m, odpowiednio, co wypadkowo daje przemieszczenie ‒2 m. Całkowite przemieszczenie Δ x całk definiujemy jako sumę pojedynczych przemieszczeń , co matematycznie ujmiemy w postaci wzoru Δ x całk = ∑ Δ x i , gdzie Δ x i są pojedynczymi składowymi przemieszczeniami. W przykładzie mieliśmy Δ x 1 = x 1 − x 0 = 2 m − 0 m = 2 m . Podobnie Δ x 2 = x 2 − x 1 = ( − 2 m ) − 2 m = − 4 m . W takim razie Δ x całk = Δ x 1 + Δ x 2 = 2 m − 4 m = − 2 m . Całkowite przemieszczenie wynosi 2 m + ( − 4 m ) = 2 m − 4 m = − 2 m w lewo lub, równoważnie, w kierunku ujemnym. Użyteczna jest również znajomość wartości przemieszczenia, czyli jego wielkości. Wartość przemieszczenia jest zawsze liczbą nieujemną (dodatnią lub równą zero). W przypadku jednowymiarowym obliczamy ją jako wartość bezwzględną. W przypadkach wielowymiarowych jest to długość wektora, która jest zawsze nieujemna. W naszym przykładzie wartość przemieszczenia całkowitego wynosi 2 m, a wartości przemieszczeń składowych wynoszą 2 m i 4 m. W ogólnym przypadku długość przemieszczenia nie powinna być mylona z drogą, jaką przebyło ciało. To jest częsty błąd, którego nie możesz popełniać. Droga przebyta w ruchu przez ciało, którą oznaczamy przez s całk , jest długością toru, po którym ciało się porusza między dwoma punktami. W przykładzie, który dyskutujemy, całkowita droga jest sumą długości wektorów przemieszczeń składowych: s całk = | Δ x 1 | + | Δ x 2 | = 2 m + 4 m = 6 m , Tak będzie też w każdym przypadku ruchu po linii prostej (w jednym wymiarze). Drogę znajdujemy jako sumę długości poszczególnych przemieszczeń i nigdy nie jest to wartość ujemna ani nawet równa zero, mimo iż przemieszczenie całkowite może być ujemne lub zerowe. Gdyby nauczycielka z przykładu powyżej wróciła w lewo w to samo miejsce ( x 2 = 0 m ), to jej przemieszczenie całkowite byłoby równe zero, podczas gdy droga, jaką pokonałaby w całym ruchu, wynosiłaby 4 m. W przypadku dwu- lub trójwymiarowym sprawa jest jeszcze bardziej złożona. Obliczenie drogi jako długości toru ruchu ciała, który może być przecież dowolną krzywą na płaszczyźnie lub w przestrzeni, jest ogólnie zadaniem trudnym. Przemieszczenie jest wektorem, którego długość zawsze łatwo znajdziemy, bo jest to długość odcinka między dwoma punktami. Wrócimy jeszcze do tego zagadnienia w dalszych sekcjach. Prędkość średnia Do dyskusji o kolejnych wielkościach fizycznych używanych w kinematyce musimy użyć nowej zmiennej, którą jest czas. Włączenie do naszego opisu zmiennej czasowej pozwala nie tylko stwierdzić, gdzie w przestrzeni znajduje się ciało (jakie jest jego położenie w danym momencie), ale także określić, jak szybko się porusza. O tym, jak szybko ciało porusza się w trakcie ruchu, mówi nam prędkość, czyli zmiana położenia w czasie. Każdemu położeniu x i ciała przyporządkujemy odpowiadający mu czas t i . Jeżeli nie interesują nas szczegóły o ruchu w danym momencie, najczęściej wystarczy podać średnią prędkość v – , aby określić jak szybko ciało się porusza. Jest to wielkość wektorowa, którą wyraża iloraz całkowitego przemieszczenia między dwoma punktami i czasu, w jakim to przemieszczenie nastąpiło. Ten czas nazywamy całkowitym czasem ruchu i oznaczamy Δ t . Prędkość średnia Jeżeli x 1 i x 2 są położeniami ciała w chwilach czasu t 1 i t 2 , to Prędkość średnia = v – = Przemieszczenie między dwoma punktami Całkowity czas ruchu między dwoma punktami , v – = Δ x Δ t = x 2 − x 1 t 2 − t 1 . Ważne jest, abyś pamiętał, że średnia prędkość jest wielkością wektorową i może być ujemna (skierowana przeciwnie do wybranej osi), w zależności od wartości położeń x 1 i x 2 . Oznaczenie v – , którego używamy, odnosi się jedynie do prędkości średniej (wektora i jego wartości). Roznoszenie ulotek Monika roznosi ulotki z informacjami o organizowanym przez nią kiermaszu książek. Wyrusza ze swojego domu i wrzuca ulotki do skrzynek na listy swoich sąsiadów, których domy stoją wzdłuż długiej, prostej ulicy, ale po pokonaniu 0,5 km w ciągu 9 min rozdaje wszystkie ulotki, które zabrała. Wraca więc do domu po kolejną partię, co zajmuje kolejne 9 min. Kontynuuje roznoszenie od miejsca, gdzie skończyła, i po 15 min dociera do punktu oddalonego o 1,0 km od jej domu. W drodze powrotnej mija dom i kieruje się do parku. Ten ostatni odcinek o długości 1,75 km pokonuje w 25 min. Jakie jest całkowite przemieszczenie Moniki od domu do parku? Jaka jest długość całkowitego przemieszczenia? Jaki jest wektor prędkości średniej Moniki? Jaką całkowitą drogę pokonała Monika? Jak wygląda wykres położenia Moniki w funkcji czasu? Szkic wszystkich etapów ruchu Moniki znajdziesz na . Szkic ruchów Moniki podczas roznoszenia ulotek. Strategia rozwiązania Ruch Moniki jest wieloetapowy, dlatego wygodnie będzie zebrać informacje o istotnych wielkościach fizycznych na każdym etapie w formie tabeli. Znamy czas i położenie po każdym etapie, więc łatwo znajdziemy przemieszczenie i czas trwania kolejnych etapów. Na podstawie tych informacji wyznaczymy całkowite przemieszczenie i prędkość średnią. Kierunek w prawo przyjmiemy za dodatni. Dom Moniki będzie punktem początkowym x 0 . Spójrzmy na poniższą tabelę. Czas t i (min) Położenie x i (km) Przemieszczenie Δ x i (km) t 0 = 0 x 0 = 0 Δ x 0 = 0 t 1 = 9 x 1 = 0,5 Δ x 1 = x 1 − x 0 = 0,5 t 2 = 18 x 2 = 0 Δ x 2 = x 2 − x 1 = −0,5 t 3 = 33 x 3 = 1,0 Δ x 3 = x 3 − x 2 = 1,0 t 4 = 58 x 4 = −0,75 Δ x 4 = x 4 − x 3 = −1,75 Rozwiązanie Na podstawie danych zebranych w powyższej tabeli obliczamy całkowite przemieszczenie ∑ i Δ x i = 0,5 k m − 0,5 k m + 1,0 k m − 1,75 k m = − 0,75 k m . Długość całkowitego przemieszczenia wynosi | − 0,75 k m | = 0,75 k m . Prędkość średnia = Całkowite przemieszczenie Całkowity czas = v – = − 0,75 k m 58 m i n = − 0,013 k m m i n . Całkowita droga pokonana przez Monikę (suma wartości bezwzględnych poszczególnych przemieszczeń) wynosi s całk = ∑ i | Δ x i | = 0,5 k m + 0,5 k m + 1,0 k m + 1,75 k m = 3,75 k m . Wykres zależności położenia Moniki w funkcji czasu jest przydatnym narzędziem do analizy jej ruchu. Przedstawiamy go na . Ten wykres przedstawia położenie Moniki w funkcji czasu. Średnią prędkość znajdziemy jako nachylenie prostej łączącej punkt początkowy z punktem końcowym. Znaczenie Całkowite przemieszczenie Moniki wynosi ‒0,75 km, co oznacza, że koniec jej wędrówki znajduje się w odległości 0,75 km od jej domu po lewej stronie (przeciwnie do kierunku roznoszenia ulotek). Prędkość średnią możemy rozumieć tak, że gdyby ktoś wyruszył spod domu Moniki w tym samym momencie co ona i szedł w kierunku parku (w lewo) ze stałą prędkością o wartości 0,013 km/min, to dotarłby do parku dokładnie w tym samym momencie co Monika, która po drodze przemierzyła wiele kilometrów. Zwróć uwagę, że gdyby Monika skończyła swoją wędrówkę w domu, to zarówno całkowite przemieszczenie, jak i prędkość średnia byłyby równe zero. Po drugie, całkowita droga, jaką pokonała Monika, to aż 3,75 km, podczas gdy długość przemieszczenia całkowitego wynosi tylko 0,75 km. Sprawdź, czy rozumiesz. Kolarz jedzie przez 3 km na zachód, a następnie zawraca i jedzie na wschód przez 2 km. Jakie jest jego przemieszczenie? Jaką drogę pokonał? Jaka jest wartość przemieszczenia kolarza? Przemieszczenie kolarza to Δ x = x k − x 0 = − 1 k m (przemieszczenie jest ujemne, bo jako kierunek dodatni przyjęliśmy wschód). Droga pokonana przez kolarza wynosi 3 k m + 2 k m = 5 k m . Długość przemieszczenia wynosi 1 km. Podsumowanie Kinematyka zajmuje się opisem ruchu bez rozważania na temat jego przyczyn. W tym rozdziale ograniczamy się do opisu ruchu po linii prostej w jednym wymiarze, który nazywamy także ruchem prostoliniowym. Przemieszczenie jest zmianą położenia ciała. Jednostką przemieszczenia oraz położenia w układzie SI jest metr. Przemieszczenie jest wektorem – ma kierunek i zwrot oraz wartość. Droga jest długością toru, czyli krzywej, po której ciało porusza się między dwoma położeniami. W ruchu prostoliniowym jest to długość odcinka i może być obliczona jako suma długości przemieszczeń składowych ruchu. Czas trwania ruchu ciała jest różnicą chwil, w których ciało znajdowało się w dwóch położeniach x 1 i x 2 , co określamy jako zmianę Δ t = t 2 − t 1 . Całkowity czas ruchu to różnica Δ t = t k − t 0 , gdzie t k jest chwilą końcową, a t 0 jest chwilą początkową. Chwilę początkową często przyjmujemy równą zero. Oznacza to, że zaczynamy nasz pomiar czasu w chwili rozpoczęcia ruchu. Prędkość średnia v – jest zdefiniowana jako całkowite przemieszczenie podzielone przez całkowity czas. Jeśli położenie i czas w dwóch punktach wynoszą x 1 , t 1 oraz x 2 , t 2 , to prędkość średnia między tymi punktami wynosi v – = Δ x Δ t = x 2 − x 1 t 2 − t 1 . Pytania Podaj przykład ruchu, w którym droga, przemieszczenie i jego długość są wyraźnie inne. Zdefiniuj i oblicz te wielkości w twoim przykładzie. Jedziesz samochodem na zakupy do miasta, a po zakupach odwiedzasz kolegę, który mieszka o dwa numery dalej od twojego domu. W jakich sytuacjach droga pokonana przez ciało jest równa długości jego przemieszczenia? Co jest jedynym możliwym przypadkiem, kiedy przemieszczenie i jego wartość są dokładnie takie same? Bakterie mogą poruszać się tam i z powrotem, używając wici (są to małe struktury przypominające rzęski lub ogonki, przy pomocy których bakteria może się odpychać i przemieszczać). Zaobserwowano, że szybkość (wartość prędkości) bakterii może wynosić nawet 50 μ m / s ( 50 ⋅ 10 − 6 m / s ). Całkowita droga, jaką w swoim ruchu może pokonać jedna bakteria, jest olbrzymia, podczas gdy jej wypadkowe przemieszczenie jest niewielkie. Dlaczego tak jest? Skoro bakteria porusza się nieustannie tam i z powrotem, jej poszczególne przemieszczenia się znoszą. W efekcie całkowite przemieszczenie jest małe. Podaj przykład urządzenia, które może służyć do pomiaru czasu. Zidentyfikuj, która jego cecha podlega zmianom, co może być wykorzystane do pomiaru czasu. Czy licznik samochodowy mierzy drogę, czy długość przemieszczenia? Drogę. W pewnym przedziale czasu średnia prędkość ciała wynosi zero. Co możesz powiedzieć o przemieszczeniu ciała w tym czasie? Zadania Rozważ układ współrzędnych, którego dodatni kierunek osi x jest pionowo do góry. Jakie jest położenie cząstki w miejscu (a) 5,0 m dokładnie ponad początkiem układu, oraz (b) 2,0 m poniżej początku układu? W chwili t = 0 samochód znajduje się 2,0 km na wschód od świateł, a w późniejszej chwili t = 6 m i n jest już 5,0 km za światłami, na zachód od skrzyżowania. Przyjmij, że początek układu współrzędnych znajduje się w miejscu ustawienia świateł oraz że dodatni kierunek osi x jest na wschód. Jakie są wektory położenia samochodu w tych dwóch sytuacjach? Jakie jest przemieszczenie samochodu pomiędzy chwilą początkową a końcową? a. x → 1 = − 2,0 m ⋅ i ^ , x → 2 = 5,0 m ⋅ i ^ ; b. 7,0 m na wschód. Połączenie Kraków Główny – Warszawa Centralna obsługiwane jest przez pociąg Pendolino. Odległość 293 km między stacjami pokonuje on w 2 godz. i 18 min. Z jaką średnią szybkością jedzie Pendolino na tej trasie? (Szybkość średnia jest stosunkiem całkowitej drogi i całkowitego czasu ruchu.) Położenie cząstki, poruszającej się wzdłuż osi x , zmienia się w czasie zgodnie z funkcją x ( t ) = 4 ,0 − 2 ,0 t m . W jakiej chwili czasu cząstka przecina początek układu współrzędnych? Jakiego przemieszczenia doznaje cząstka pomiędzy chwilami t = 3,0 s oraz t = 6,0 s ? t = 2,0 s ; x ( 6,0 s ) − x ( 3,0 s ) = − 8,0 m − ( − 2,0 m ) = − 6,0 m . Rowerzysta przez 20 min jedzie na wschód i przebywa drogę 8,0 km, po czym zawraca na zachód i przez 8 min pokonuje dystans 3,2 km. W końcu znowu jedzie na wschód na odległość 16 km, co zajmuje mu 40 min. Jakie jest całkowite przemieszczenie rowerzysty? Jaka jest jego prędkość średnia? 15 lutego 2013 roku nad Czelabińskiem w Rosji meteor (o jasności większej niż Słońce) wszedł w atmosferę ziemską i na wysokości ok. 23,5 km eksplodował. Świadkowe zdarzenia odczuli wyraźny podmuch gorąca, a fala uderzeniowa wybiła szyby w oknach wielu budynków. Fala uderzeniowa dotarła do powierzchni Ziemi po ok. 2 min 30 s. Oszacuj szybkość średnią fali. Porównaj wynik z szybkością dźwięku, która wynosi 343 m/s. v – = 156,7 m / s ; 45,7% wartości szybkości dźwięku. prędkość średnia (ang. average velocity ) przemieszczenie podzielone przez czas, w jakim ciało doznało przemieszczenia przemieszczenie (ang. displacement ) zmiana położenia ciała droga (ang. distance traveled ) długość ścieżki (toru krzywo- lub prostoliniowego), po której ciało się przemieszczało całkowity czas ruchu (ang. elapsed time ) różnica między czasem zakończenia ruchu i czasem początkowym zagadnienie kinematyki (ang. kinematics ) opis ruchu przez analizę takich wielkości fizycznych jak położenie, czas, prędkość i przyspieszenie położenie (ang. position ) miejsce w przestrzeni, gdzie w danej chwili znajduje się ciało całkowite przemieszczenie (ang. total displacement ) suma poszczególnych przemieszczeń, które zaszły w kolejnych chwilach czasu", "section": "Położenie, przemieszczenie, prędkość średnia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prędkość chwilowa i szybkość średnia Do tej pory nauczyliśmy się, jak obliczać prędkość średnią ciała w ruchu od punktu początkowego do punktu końcowego. W rzeczywistych przypadkach fizycznych ciała najczęściej poruszają się w sposób ciągły, dlatego bardziej interesująca byłaby informacja o aktualnej prędkości ciała w danej chwili czasu i w danym punkcie jego ruchu. Potrafimy znaleźć prędkość ciała w dowolnym punkcie jego toru ruchu, używając do tego podstaw rachunku różniczkowego. Wiedza zawarta w tej sekcji rozdziału 3 jest bardzo ważna do lepszego zrozumienia kinematyki ruchu i będzie bardzo przydatna w dalszych częściach podręcznika. Prędkość chwilowa Wielkość mówiąca o tym, jak szybko ciało porusza się wzdłuż swojego toru ruchu w danym momencie, nazywa się prędkością chwilową (często po prostu prędkością). Jest to średnia prędkość ciała między dwoma punktami jego toru, ale w granicy, gdy czas i – w konsekwencji – przemieszczenie ciała między tymi punktami zmierzają do zera. Mówimy, że są nieskończenie małe lub infinitezymalne. Aby wyrazić powyższe stwierdzenie w sposób bardziej zmatematyzowany, musimy znać zależność położenia x od czasu t , a więc ciągłą funkcję x ( t ) . Przypomnijmy sobie wyrażenie na prędkość średnią między dwoma punktami: v ¯ = x ( t 2 ) − x ( t 1 ) / t 2 − t 1 . Żeby znaleźć wzór na prędkość chwilową, podstawimy t 1 = t oraz t 2 = t + Δ t i zażądamy, aby Δ t → 0 . Oznacza to, że przyrost czasu i zmiana położenia mają w granicy (łac. limes ) zdążać do zera. W takim razie definicja prędkości chwilowej, ujęta w postaci wzoru matematycznego, jest następująca: v t = lim Δ t → 0 x ( t + Δ t ) − x ( t ) Δ t = d x ( t ) d t . Prędkość chwilowa Prędkość chwilowa jest równa prędkości średniej w granicy czasu zdążającego do zera lub, równoważnie, jest to pochodna położenia x po czasie t . Czasem mówimy także, że prędkość (chwilowa) jest zmianą położenia w czasie. v t = d d t x t . Podobnie jak prędkość średnia, także i prędkość chwilowa jest wektorem o wymiarze metr na sekundę (m/s). Prędkość w pewnej chwili czasu t 0 jest tempem (szybkością) zmian funkcji położenia od czasu. Interpretacja geometryczna pochodnej pomaga nam dodatkowo zauważyć, że prędkość jest miarą nachylenia funkcji położenia od czasu x ( t ) w punkcie t 0 . Wykres przedstawiony na pokazuje, jak prędkość średnia v ¯ = Δ x / Δ t między dwiema chwilami zmierza do prędkości chwilowej w momencie t 0 , gdy Δ t dąży do zera. Prędkość chwilowa jest zaznaczona prostą przechodzącą przez punkt t 0 , która jest styczną do krzywej x ( t ) w punkcie t 0 . W tym konkretnym przypadku ta styczna ma zerowe nachylenie do osi poziomej, a więc wyznacza maksimum krzywej x ( t ) . Prędkość chwilowa w tym momencie jest więc zero. W innych punktach, np. t 1 , t 2 lub kolejnych, prędkość chwilowa jest różna od zera, bo nachylenia stycznych są niezerowe. Prędkości w tych punktach są dodatnie lub ujemne. Gdyby w punkcie t 0 krzywa miała minimum, to prędkość chwilowa także byłaby zero. Z tego wynika ciekawy wniosek, że prędkość chwilowa jest zero w punktach, gdzie funkcja położenia ma ekstremum (minimum lub maksimum). Na wykresie zależności położenia od czasu prędkość chwilowa jest nachyleniem stycznej do wykresu w danym punkcie. Prędkości średnie v ¯ = Δ x / Δ t = x k − x p / t k − t p między chwilami Δ t ' = t 6 − t 1 , Δ t '' = t 5 − t 2 oraz Δ t ''' = t 4 − t 3 są zaznaczone różnymi kolorami. W granicy Δ t → 0 prędkości średnie stają się prędkością chwilową w t = t 0 . Obliczanie prędkości na podstawie wykresu zależności położenia od czasu Na podstawie wykresu zależności położenia od czasu, , stwórz wykres zależności prędkości od czasu. Ciało porusza się w kierunku dodatnim, potem zatrzymuje się, by zawrócić i zatrzymać się w punkcie początkowym. (Zwróć uwagę, że powyższy wykres może być jedynie przybliżeniem rzeczywistego przypadku ruchu ciała. Zauważ, że ciało zatrzymuje się natychmiastowo – w miejscu – co w rzeczywistości wymagałoby użycia nieskończenie dużej siły. Pojęcie sił i ich wpływu na ruch dyskutujemy w rozdziale Zasady dynamiki Newtona .) Strategia rozwiązania Wykres składa się z trzech prostych odcinków w trzech przedziałach czasu. Dla każdego z nich znajdziemy prędkość jako nachylenie prostoliniowych odcinków, zmierzone za pomocą siatki. Rozwiązanie Przedział czasu od 0 s do 0,5 s: v – = Δ x / Δ t = ( 0,5 m − 0,0 m ) / ( 0,5 s − 0,0 s ) = 1,0 m / s Przedział czasu od 0,5 s do 1,0 s: v – = Δ x / Δ t = ( 0,5 m − 0,5 m ) / ( 1,0 s − 0,5 s ) = 0,0 m / s Przedział czasu od 1,0 s do 2,0 s: v – = Δ x / Δ t = ( 0,0 m − 0,5 m ) / ( 2,0 s − 1,0 s ) = − 0,5 m / s Wyniki nanosimy na wykres zależności prędkości od czasu – . Prędkość jest dodatnia w pierwszej fazie ruchu. Gdy ciało się zatrzymuje – spada do zera, a w ruchu z powrotem – jest ujemna. Znaczenie W przedziale czasu między 0 s a 5,0 s ciało oddala się od początku układu współrzędnych, przez co nachylenie położenia w funkcji czasu jest dodatnie. Oznacza to, że prędkość jest na tym odcinku dodatnia. W dowolnej chwili czasu z tego przedziału nachylenie położenia jest dodatnie i równe +1 m/s, co widać na . W kolejnym przedziale czasu, między 0,5 s a 1,0 s, położenie się nie zmienia i nachylenie wynosi zero. Od 1,0 s do 2,0 s ciało porusza się do tyłu, w stronę początku układu współrzędnych, przez co nachylenie jest −0,5 m/s. Ciało ma wtedy odwrotny kierunek ruchu oraz ujemną prędkość. Szybkość i szybkość średnia W codziennym życiu nie rozróżniamy pojęć prędkość oraz szybkość i używamy ich naprzemiennie. W fizyce jednak nie są to te same wielkości i znacząco się różnią. Prędkość jest wektorem, który poznaliśmy już przed chwilą. Ma kierunek, zwrot i wartość. Szybkość natomiast jest skalarem, nie ma kierunku ani zwrotu. W zadaniach będziemy najczęściej myśleć o wektorze, mówiąc prędkość, chociaż sformułowanie „samochód jedzie na wschód z prędkością 100 km/h” rozumiemy oczywiście jak „z prędkością o wartości 100 km/h i kierunku na wschód”. Szybkość średnią definiujemy jako stosunek całkowitej drogi i całkowitego czasu, w którym ta droga została pokonana: Szybkość średnia = v śr = Całkowita droga Całkowity czas = s całk t całk . Szybkość średnia niekoniecznie jest równa wartości prędkości średniej, którą liczymy jako iloraz długości całkowitego przemieszczenia i całkowitego czasu. Jeśli np. podróż zaczyna się i kończy w tym samym punkcie, to całkowite przemieszczenie ma wartość zero, a więc i prędkość średnia ma zerową wartość. Szybkość średnia w tej podróży jednak nie jest zero, bo całkowita droga w tej podróży jest niezerowa, może być nawet bardzo duża. Jeżeli chcielibyśmy wyruszyć w drogę do celu oddalonego o 300 km, gdzie chcemy dotrzeć na konkretną godzinę, to będziemy oczywiście zainteresowani szybkością średnią w naszym ruchu. Jednocześnie zawsze możemy policzyć (chwilową) szybkość jako długość prędkości chwilowej: Szybkość = | v ( t ) | . Jeśli jedna cząstka porusza się wzdłuż osi x z prędkością +7,0 m/s, a druga cząstka porusza się względem tej samej osi z prędkością −7,0 m/s, to obie cząstki mają różne prędkości, ale tę samą szybkość równą 7,0 m/s. W tabeli poniżej prezentujemy typowe szybkości niektórych ciał i zjawisk. Przykładowe szybkości różnych obiektów i zjawisk Szybkość m/s km/h Wędrówka kontynentów 10 −7 3,6 · 10 −7 Energiczny marsz 1,7 6,0 Rowerzysta 5 18 Bieg sprinterski 12,1 43,6 Ograniczenie prędkości poza obszarem zabudowanym 25 90 Oficjalny rekord szybkości na powierzchni Ziemi 341,1 1 228 Szybkość dźwięku na poziomie morza w warunkach normalnych* 343,2 1 235,2 Statek kosmiczny podczas wejścia w atmosferę 7 800 28 080 Prędkość ucieczki z Ziemi** 11 200 40 320 Średnia szybkość Ziemi na orbicie wokół Słońca 29 783 107 218,8 Prędkość światła w próżni 299 792 458 2 414 219 864,4 * Warunki normalne oznaczają temperaturę 20° i ciśnienie 1013,25 hPa. ** Prędkość ucieczki to taka prędkość, jaką należy nadać ciału, aby opuściło ono pole grawitacyjne Ziemi i już nie wróciło na jej powierzchnię. Obliczanie prędkości chwilowej Żeby obliczyć prędkość chwilową w danej chwili czasu, a także ogólną zależność prędkości od czasu, trzeba znać dokładną funkcję zależności położenia od czasu x ( t ) . Prędkość chwilowa jest pochodną położenia po czasie. Na razie skupimy się na postaci funkcji położenia od czasu typu wielomianu: x ( t ) = A t n , bo jest to funkcja stosunkowo łatwa do różniczkowania. d x ( t ) d t = n A t n − 1 . Przykład poniżej ilustruje, jak korzystać z . Prędkość chwilowa a prędkość średnia Położenie cząstki dane jest funkcją x ( t ) = ( 3,0 t + 0,5 t 3 ) m . Korzystając z i , oblicz szybkość średnią w chwili t = 2,0 s . Oblicz prędkość średnią cząstki pomiędzy chwilą 1,0 s oraz 3,0 s. Strategia rozwiązania pozwala obliczyć prędkość chwilową jako pochodną położenia po czasie. Zależność położenia od czasu jest, jak widzimy, funkcją wielomianową argumentu t . Dlatego użyjemy na pochodną wielomianu, aby znaleźć rozwiązanie. z poprzedniej sekcji użyjemy do obliczenia prędkości średniej. Rozwiązanie v ( t ) = d x ( t ) d t = ( 3,0 + 1,5 t 2 ) m / s . Podstawiając t = 2,0 s do tego równania otrzymujemy: v ( 2,0 s ) = [ 3,0 + 1,5 ⋅ ( 2,0 ) 2 ] m / s = 9,0 m / s . Żeby obliczyć prędkość średnią cząstki między chwilą 1,0 s i 3,0 s, musimy znaleźć wartości x ( 1,0 s ) oraz x ( 3,0 s ) : x ( 1,0 s ) = [ 3,0 ⋅ 1,0 + 0,5 ⋅ ( 1,0 ) 3 ] m = 3,5 m , x ( 3,0 s ) = [ 3,0 ⋅ 3,0 + 0,5 ⋅ ( 3,0 ) 3 ] m = 22,5 m . Wobec tego prędkość średnia wynosi v – = x ( 3,0 s ) − x ( 1,0 s ) 3,0 s − 1,0 s = 22,5 m − 3,5 m 3,0 s − 1,0 s = 9,5 m / s . Znaczenie W granicy przedziału czasu, potrzebnego do obliczenia v – , zmierzającego do zera, wartość prędkości średniej v – zbiega się coraz bardziej z wartością prędkości chwilowej v . Prędkość chwilowa a szybkość Rozważmy teraz ruch cząstki, w którym zależność położenia od czasu wynosi x ( t ) = ( 3,0 t − 3,0 t 2 ) m . Jaka jest prędkość cząstki w chwilach t = 0,25 s , t = 0,50 s oraz t = 1,0 s ? Jaka jest szybkość cząstki w tych chwilach? Strategia rozwiązania Prędkość chwilowa jest pochodną położenia po czasie, natomiast szybkość to wartość prędkości. Użyjemy i do obliczenia prędkości chwilowej. Rozwiązanie v ( t ) = d x ( t ) d t = ( 3,0 − 6,0 t ) m / s , v ( 0,25 s ) = 1,50 m / s , v ( 0,5 s ) = 0,0 m / s , v ( 1,0 s ) = − 3,0 m / s . Szybkość = | v ( t ) | , stąd | v ( 0,25 s ) | = 1,50 m / s , | v ( 0,50 s ) | = 0,0 m / s oraz | v ( 1,0 s ) | = 3,0 m / s . Znaczenie Prędkość jest wektorem i daje nam informację o kierunku, wskazując, czy cząstka porusza się w kierunku dodatnim lub kierunku ujemnym względem osi. Szybkość daje informację o prędkości. Lepiej zrozumiemy różnice między tymi wielkościami (położenie, prędkość i szybkość), rysując wykresy zależności od czasu ( ). Na wykresie (a) widzimy, że cząstka porusza się wzdłuż dodatniego kierunku osi do chwili t = 0,5 s , po czym zmienia kierunek ruchu. Tę zmianę kierunku zauważamy też na wykresie (b), gdzie w chwili równej 0,5 s wykres prędkości cząstki przechodzi przez zero a następnie wartości prędkości stają się ujemne. Po czasie równym 1,0 s cząstka dociera z powrotem do miejsca, z którego wystartowała. Prędkość cząstki w chwili 1,0 s jest nadal ujemna, bo cząstka dalej porusza się wzdłuż ujemnego kierunku osi x . Z kolei na wykresie (c) wartości są zawsze dodatnie – szybkość jest zawsze nieujemna w całym czasie trwania ruchu. Na podstawie rysunków możemy też zinterpretować prędkość jako nachylenie krzywej położenia w funkcji czasu. Nachylenie x ( t ) do momentu 0,5 s jest dodatnie, ale maleje do zera. Potem rośnie, ale po stronie ujemnych wartości. Taka analiza porównawcza wykresów położenia, prędkości i szybkości w funkcji czasu, jak powyższa, pomaga wychwycić ewentualne błędy w naszych obliczeniach. Wykresy muszą być spójne ze sobą, a gdy są poprawne, pomagają w interpretacji wyników. (a) Wykres położenia w funkcji czasu x ( t ) . (b) Wykres prędkości w funkcji czasu v ( t ) . Nachylenie funkcji położenia daje informację o prędkości. Pobieżne porównanie nachylenia stycznych na wykresie (a) w punktach 0,25 s, 0,5 s i 1,0 s z wielkością prędkości, w odpowiednich chwilach czasu wskazuje na poprawność naszych wyników. (c) Zależność szybkości od czasu | v ( t ) | . Szybkość ma zawsze wartości nieujemne (dodatnie lub zero). Sprawdź, czy rozumiesz. Położenie ciała w funkcji czasu wynosi x ( t ) = − 3 t 2 m . Jaką funkcją czasu jest prędkość cząstki? Czy prędkość jest zawsze dodatnia? Jakie są prędkość i szybkość w chwili t = 1,0 s ? Różniczkując x ( t ) po czasie, otrzymujemy v ( t ) = − 6 t m / s . Nie, bo czas jest zawsze nieujemny. Prędkość wynosi v ( 1,0 s ) = − 6 m / s , natomiast szybkość to | v ( 1,0 s ) | = 6 m / s . Podsumowanie Prędkość chwilowa jest ciągłą funkcją czasu i daje informację o wektorze prędkości cząstki w dowolnym punkcie i dowolnej chwili w jej ruchu. Możemy obliczyć prędkość chwilową jako pochodną po czasie zależności położenia od czasu. W efekcie otrzymujemy ogólną zależność funkcyjną v ( t ) , która w dalszej kolejności pozwala znaleźć prędkość w danej chwili czasu. Prędkość chwilowa jest wektorem i może być ujemna w zależności od przyjętego układu współrzędnych. Szybkość chwilowa (po prostu: szybkość) jest wartością prędkości chwilowej i jest zawsze nieujemna. W ruchu prostoliniowym jest to po prostu wartość bezwzględna prędkości. Szybkość średnia jest dana przez stosunek całkowitej drogi i całkowitego czasu potrzebnego do pokonania tej drogi. Nachylenie stycznej do krzywej zależności położenia od czasu w danym punkcie daje prędkość chwilową w tej chwili czasu. Pytania W fizyce wyraźnie rozróżniamy szybkość średnią od wartości prędkości średniej. Podaj przykład ilustrujący różnice między tymi wielkościami. Szybkość średnia jest równa całkowitej drodze podzielonej przez całkowity czas. Jeśli idziesz na spacer – wychodzisz z domu i do niego wracasz – twoja szybkość średnia jest pewną dodatnią liczbą. Ponieważ zaś: Prędkość średnia = Przemieszczenie/Całkowity czas, twoja prędkość średnia jest równa zero. Czy prędkościomierz w twoim samochodzie mierzy szybkość czy prędkość? Jeśli podzielisz wartość wskazywaną przez licznik twojego samochodu w podróży na wakacje przez całkowity czas jazdy, to obliczysz średnią szybkość czy wartość średniej prędkości? W jakiej sytuacji te dwie wielkości byłyby równe? Szybkość średnią. Obie wielkości są sobie równe, gdy samochód w ruchu po prostej nie zawróci. Jak są ze sobą związane prędkość chwilowa i szybkość chwilowa? Czym się różnią? Zadania Sarna nadbiega w stronę ulicy i dystans 20 m pokonuje w 5 s. Następnie zawraca tuż przez samochodem i odskakuje na 10 m w ciągu 3 s. Jaka jest średnia szybkość sarny? Jaka jest jej średnia prędkość? Na podstawie poniższego wykresu położenia od czasu narysuj wykres zależności prędkości od czasu. Na podstawie poniższego wykresu położenia od czasu narysuj wykres zależności prędkości od czasu. Mając do dyspozycji wykres zależności prędkości od czasu, narysuj zależność położenia od czasu. Położenie cząstki w czasie zmienia się jak x ( t ) = 5 t m . Jaką funkcją czasu jest prędkość cząstki? Narysuj wykresy zależności prędkości oraz położenia od czasu. Cząstka porusza się wzdłuż osi x zgodnie z równaniem x ( t ) = ( 10 t − 2 t 2 ) m . Jaka jest prędkość chwilowa cząstki w t = 2 s oraz t = 3 s ? Jaką szybkość ma cząstka w tych momentach? Jaką średnią prędkość ma cząstka pomiędzy t = 2 s i t = 3 s ? v ( t ) = ( 10 − 4 t ) m / s , v ( 2 s ) = 2 m / s , v ( 3 s ) = − 2 m / s ; | v ( 2 s ) | = 2 m / s , | v ( 3 s ) | = 2 m / s ; v – = 0 m / s . Niefizyczne rozwiązanie. Cząstka porusza się wzdłuż osi x zgodnie z równaniem położenia x ( t ) = ( 3 t 3 + 5 t ) m . W jakiej chwili czasu prędkość cząstki spada do zera? Czy ten wynik ma sens fizyczny? prędkość chwilowa (ang. instantaneous velocity ) prędkość cząstki w danej chwili czasu szybkość chwilowa (ang. instantaneous speed ) wartość bezwzględna prędkości chwilowej szybkość średnia (ang. average speed ) całkowita droga podzielona przez całkowity czas", "section": "Prędkość chwilowa i szybkość średnia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Przyspieszenie średnie i chwilowe Zagadnienie przyspieszenia dotyczy zarówno naszego życia codziennego, jak i szerokiego spektrum zjawisk w przestrzeni kosmicznej, czy mikroświata w skali subatomowej. W rozumieniu potocznym przyspieszać oznacza rozpędzać się, zwiększać szybkość. Doskonale to rozumiemy podczas jazdy samochodem. Przyspieszamy przy wciskaniu pedału gazu, z drugiej strony, gdy wciskamy pedał hamulca – zwalniamy, hamujemy, co też jest związane z pojęciem przyspieszenia. Im większe jest przyspieszenie, tym większa jest zmiana prędkości w danym przedziale czasu. Przyspieszenie jest powszechnym zjawiskiem w fizyce eksperymentalnej. W eksperymentach zderzeń cząstek elementarnych, z użyciem na przykład liniowego akceleratora, są one rozpędzane do olbrzymich prędkości i zderzane ze sobą. Wyniki zderzeń są badane i dostarczają informacji np. o budowie świata subatomowego lub początkach Wszechświata. Promieniowanie kosmiczne rozchodzące się w przestrzeni jest także złożone z cząstek przyspieszonych do wielkich energii we wnętrzu supernowych (wybuchające olbrzymie gwiazdy) lub w aktywnych jądrach galaktyk. Z punktu widzenia techniki ważne jest poznanie mechanizmów przyspieszania takich cząstek, aby móc konstruować osłony antyradiacyjne w statkach kosmicznych, które będą chronić ludzi i elektronikę przed wysoce przenikliwym promieniowaniem. Przyspieszenie średnie Formalna definicja przyspieszenia jest zbieżna z określeniami, które podaliśmy wyżej. Ujmijmy ją jednak w sposób matematyczny. Przyspieszenie średnie Przyspieszenie średnie jest zmianą wektora prędkości w pewnym przedziale czasu. W ruchu po linii prostej zapiszemy a ¯ = Δ v Δ t = v k − v 0 t k − t 0 , gdzie a ¯ jest wektorem przyspieszenia średniego , v jest wektorem prędkości, natomiast t jest czasem (kreska nad a jest oznaczeniem średniego przyspieszenia). Ponieważ przyspieszenie jest prędkością wyrażoną w jednostkach metr na sekundę, podzieloną przez czas, w sekundach, to jednostką przyspieszenia w układzie SI jest metr na sekundę do kwadratu: m/s 2 . Dosłownie możemy rozumieć przyspieszenie jako miarę tego, o ile metrów na sekundę prędkość zmienia się w ciągu każdej sekundy. Przypomnij sobie, że prędkość jest wektorem – ma wartość oraz kierunek i zwrot. Zatem zmiana prędkości może oznaczać zmianę wartości prędkości (szybkości), ale też zmianę kierunku i zwrotu. Przykładowo, biegacz, który z szybkością 10 km/h biegnie na wschód, następnie zwalnia, zatrzymuje się i rusza w przeciwną stronę (na zachód) z szybkością również 10 km/h, doznał zmiany prędkości, mimo że wartość prędkości się nie zmieniła – w obu kierunkach jest taka sama. Zatem przyspieszenie występuje wtedy, gdy zmianie ulega wartość (zwiększa się lub zmniejsza) lub kierunek i zwrot prędkości, albo gdy wszystkie zmieniają się jednocześnie. Przyspieszenie jako wektor Przyspieszenie jest wektorem, którego kierunek jest równoległy do kierunku zmiany wektora prędkości Δ v . Ponieważ prędkość jest wektorem, może zmieniać się jej wartość lub kierunek i zwrot lub wszystkie naraz. W takim razie przyspieszenie jest zmianą wartości i/lub kierunku prędkości w czasie. Pamiętaj, że chociaż przyspieszenie ma kierunek zmiany prędkości, to nie zawsze jest zwrócone w kierunku ruchu. Gdy ciało hamuje w ruchu prostoliniowym, wektor przyspieszenia jest przeciwny do kierunku, w którym ciało się porusza. Takie przyspieszenie (o zwrocie przeciwnym do wektora prędkości, przeciwnie do ruchu) nazywamy często opóźnieniem – patrz . Rozumiemy je jednak jako przyspieszenie o zwrocie przeciwnym do kierunku ruchu, albo także jako ujemne przyspieszenie (piszemy jego wartość ze znakiem minus). Pociąg metra w Warszawie zwalnia, gdy wjeżdża na stację. Jego przyspieszenie jest zwrócone przeciwnie do kierunku ruchu. Wyrażenie opóźnienie może powodować wiele nieporozumień – nie jest to wektor i nie ma kierunku ani zwrotu względem wybranego układu współrzędnych – dlatego raczej nie będziemy go używać w naszej analizie, chyba że w klarownych sytuacjach. Przyspieszenie jest wektorem i względem osi układu współrzędnych może mieć dodatni lub ujemny znak, zależnie od naszego wyboru zwrotu osi. W przypadku pociągu na przyspieszenie ma przeciwny zwrot niż oś wybranego układu współrzędnych , dlatego powiemy, że pociąg doznaje ujemnego przyspieszenia. Jeżeli ciało będące w ruchu ma prędkość, której zwrot jest zgodny z kierunkiem ruchu ciała oraz doznaje stałego w czasie ujemnego przyspieszenia, to w końcu zatrzyma się i zawróci, a po odpowiednio długim czasie nawet minie z powrotem punkt początkowy – tym razem w ruchu w przeciwnym kierunku. Pokazuje to . Ciało poruszające się w prawo doznaje ujemnego przyspieszenia i hamuje, następnie zatrzymuje się i zawraca. Po odpowiednio długim czasie mija z powrotem punkt początkowy poruszając się w lewo. Obliczanie przyspieszenia średniego: Start konia wyścigowego Koń wyścigowy wypuszczony z boksu przyspiesza od zera do 15,0 m/s w czasie 1,80 s. Jakie jest jego średnie przyspieszenie? Koń wyścigowy przyspiesza po opuszczeniu bramki startowej. Strategia rozwiązania Naszkicujmy najpierw sytuację fizyczną i dokonajmy wyboru układu współrzędnych – . To zadanie jest na tyle proste, że nie musielibyśmy tego robić, ale taka wizualizacja zawsze pomaga w lepszym zrozumieniu problemu i poprawnym rozwiązaniu. Zauważ, że wybraliśmy wschód i północ jako dodatnie kierunki osi układu współrzędnych. W takim układzie prędkość jest ujemna – zakładamy bieg konia w lewo (na zachód). Na schemacie wizualizujemy problem fizyczny, dokonujemy wyboru układu współrzędnych i określamy, co jest niewiadomą do wyznaczenia. Na podstawie danych w zadaniu znajdziemy Δ v oraz Δ t i dzięki temu policzymy średnie przyspieszenie a ¯ = Δ v / Δ t = v k − v 0 / t k − t 0 . Rozwiązanie Wypiszmy najpierw dane podane w treści zadania: v 0 = 0 , v k = − 15,0 m / s (ujemny znak oznacza kierunek w lewo, na zachód), Δ t = 1,80 s . Teraz obliczmy zmianę prędkości konia. Ponieważ startuje on z prędkością początkową równą zero, to zmiana prędkości jest równa prędkości końcowej: Δ v = v k − v 0 = v k = − 15,0 m / s . Wreszcie możemy podstawić znane wielkości ( Δ v i Δ t ) do wzoru na nieznane przyspieszenie a – : a – = Δ v Δ t = − 15,0 m / s 1,80 s = − 8,33 m / s 2 . Znaczenie Ujemny znak przyspieszenia oznacza, że jest ono skierowane na zachód, w lewo. Jego wartość równa 8,33 m / s 2 mówi nam, że koń zwiększa swoją prędkość o 8,33 m/s w ciągu każdej sekundy, stale poruszając się w lewo. Zwróć uwagę, że obliczone przez nas przyspieszenie jest rzeczywiście średnie. Ruch konia nie jest płynny (powiemy: nie jest jednostajnie przyspieszony). Jak się dowiemy w dalszych rozdziałach, przyspieszenie o takiej wartości, działające na jeźdźca, wymagałoby zadziałania na niego siłą równą niemal jego ciężarowi. Sprawdź, czy rozumiesz. Protony są przyspieszane w akceleratorze liniowym od zera do 2,0 ⋅ 10 7 m / s w czasie 10 − 4 s . Jakie jest średnie przyspieszenie protonów? Podstawiając dane do wzoru na przyspieszenie średnie, otrzymujemy: a – = Δ v Δ t = 2,0 ⋅ 10 7 m / s − 0 m / s 10 4 s − 0 s = 2,0 ⋅ 10 11 m / s 2 . Przyspieszenie chwilowe Przyspieszenie chwilowe a , inaczej przyspieszenie w danej chwili czasu , definiujemy analogicznie do prędkości chwilowej z poprzedniej sekcji. Mianowicie obliczamy średnią prędkość między dwoma punktami odległymi w czasie o Δ t i żądamy, by Δ t zdążało do zera. W efekcie otrzymujemy pochodną po czasie funkcji prędkości v ( t ) . Właśnie taką wielkość nazywamy przyspieszeniem chwilowym i w sposób matematyczny wyrażamy jako a t = d d t v t . Zatem podobnie jak prędkość jest pochodną położenia po czasie, tak przyspieszenie definiujemy jako pochodną prędkości po czasie. Definicję tę możemy przedstawić graficznie, także w podobny sposób jak poprzednio. Na przyspieszenie chwilowe w chwili t 0 jest nachyleniem prostej stycznej do wykresu zależności prędkości od czasu w punkcie t 0 . Widzimy też, że przyspieszenie średnie a ¯ = Δ v / Δ t staje się przyspieszeniem chwilowym wraz z Δ t zmierzającym do zera. W części (a) rysunku widzimy, że przyspieszenie jest zero w punkcie, dla którego krzywa ma maksimum. Styczna ma w tym punkcie nachylenie równe zero. Także w części (b) widzimy, że styczna ma zerowe nachylenie w minimum. Tam także przyspieszenie wynosi zero. Rozumując odwrotnie, możemy powiedzieć, że zerowe wartości przyspieszenia są wyznacznikiem minimum lub maksimum zależności prędkości od czasu. Na wykresie prędkości od czasu przyspieszenie jest nachyleniem stycznej. (a) Przyspieszenia styczne a ¯ = Δ v / Δ t = v k − v 0 / t k − t 0 w przedziałach czasu Δ t = t 6 − t 1 , Δ t = t 5 − t 2 oraz Δ t = t 4 − t 3 . Gdy Δ t → 0 , przyspieszenie średnie staje się przyspieszeniem chwilowym w punkcie t 0 . Na rysunku (a) pokazano przyspieszenie w chwili odpowiadającej maksimum krzywej prędkości w funkcji czasu. Przyspieszenie, będące współczynnikiem nachylenia stycznej do krzywej, jest w tym punkcie równe zero. W każdym innym punkcie nachylenie stycznej byłoby różne od zera, zatem i przyspieszenie byłoby niezerowe. To samo przedstawiono na rysunku (b), ale dla punktu, w którym krzywa ma minimum. By lepiej zrozumieć graficzną interpretację przyspieszenia, rozważmy dwa przykłady. W pierwszym odwołamy się do znanej z wcześniejszych przykładów zależności prędkości od czasu ( ), by znaleźć zależność przyspieszenia od czasu. Liniowa zależność prędkości od czasu jest pokazana na (a). Odpowiednia zależność przyspieszenia od czasu została pokazana na (b). W tym prostym przykładzie prędkość w funkcji czasu jest linią prostą o stałym nachyleniu, dlatego przyspieszenie jest stałe. W następnym przykładzie zależność ta będzie bardziej złożona. (a, b) Zależność prędkości od czasu jest liniowa i ma stałe, ujemne nachylenie (a), które jest równe przyspieszeniu pokazanemu na rysunku (b). W przypadku gdy znamy funkcję opisującą zależność prędkości od czasu v ( t ) , możemy obliczyć przyspieszenie chwilowe a ( t ) w dowolnym momencie ruchu ciała, używając definicji ( ). Obliczanie przyspieszenia chwilowego Cząstka przyspiesza w swoim ruchu po prostej. Zależność funkcyjna prędkości od czasu jest następująca v ( t ) = ( 20 t − 5 t 2 ) m / s . Znajdź ogólny wzór zależności przyspieszenia od czasu. Znajdź prędkości chwilowe w momentach 1, 2, 3 oraz 5 s. Znajdź przyspieszenia chwilowe w momentach 1, 2, 3 oraz 5 s. Zinterpretuj wyniki z punktu (c) w kontekście wzajemnego kierunku wektorów prędkości i przyspieszenia. Strategia rozwiązania Zależność funkcyjną przyspieszenia od czasu znajdziemy poprzez różniczkowanie prędkości po czasie. Następnie obliczymy prędkości i przyspieszenia chwilowe w zadanych momentach. W części (d) musimy porównać znaki przyspieszeń i prędkości w kolejnych chwilach. Rozwiązanie a ( t ) = d v ( t ) d t = ( 20 − 10 t ) m / s 2 ; v ( 1 s ) = 15 m / s , v ( 2 s ) = 20 m / s , v ( 3 s ) = 15 m / s , v ( 5 s ) = − 25 m / s ; a ( 1 s ) = 10 m / s 2 , a ( 2 s ) = 0 m / s 2 , a ( 3 s ) = − 10 m / s 2 , a ( 5 s ) = − 30 m / s 2 ; W chwili t = 1 s , prędkość v ( 1 s ) = 15 m / s jest dodatnia i przyspieszenie jest także dodatnie, więc oba wektory są skierowane w tę samą stronę. Cząstka przyspiesza. W chwili t = 2 s prędkość wzrosła do v ( 2 s ) = 20 m / s , co odpowiada maksimum funkcji prędkości. W tym momencie przyspieszenie jest zerowe. Cząstka przez ten moment nie przyspiesza oraz nie zwalnia. W chwili t = 3 s prędkość wynosi v ( 3 s ) = 15 m / s oraz przyspieszenie jest ujemne. Prędkość cząstki spadła przy ujemnym przyspieszeniu. Oznacza to, że cząstka zwalnia (hamuje). W chwili t = 5 s prędkość jest równa v ( 5 s ) = − 25 m / s , przyspieszenie jest dalej ujemne, ale bardziej niż poprzednio. Pomiędzy chwilami t = 3 s oraz t = 5 s cząstka zwolniła do zera, a potem zaczęła poruszać się w przeciwną stronę z ujemną prędkością. Teraz cząstka z powrotem przyspiesza, ale w przeciwnym kierunku. Możemy te wyniki zilustrować na wykresie ukazanym na i w oparciu o metodę graficzną potwierdzić poprawność naszej analizy w punkcie (d). (a) Prędkość w funkcji czasu. Zaznaczono styczne w punktach odpowiadających chwilom 1, 2 i 3 s. Nachylenia prostych stycznych odpowiadają wielkościom przyspieszenia. W chwili t = 3 s prędkość jest dodatnia. W t = 5 s prędkość jest ujemna, co oznacza, że cząstka zmieniła kierunek ruchu. (b) Przyspieszenie w funkcji czasu. Porównując wartości przyspieszeń w punktach oznaczonych czarnymi kropkami z kątami nachylenia stycznych przechodzących przez odpowiadające punkty na wykresie prędkości widzimy pełną zgodność wyników. Znaczenie Dzięki jednoczesnym obliczeniom numerycznym oraz analizom graficznym prędkości i przyspieszenia możemy dowiedzieć się wiele o ruchu cząstki. Analiza numeryczna daje szczegółowe informacje o ruchu, przez co jest dobrym uzupełnieniem analizy graficznej. Miejsce zerowe funkcji przyspieszenia od czasu odpowiada maksimum (w przykładzie powyżej) zależności prędkości od czasu. Gdy przyspieszenie i prędkość mają zgodny zwrot, to cząstka przyspiesza. Gdy przyspieszenie maleje w czasie, zmierza do zera i w końcu zmienia znak, to prędkość osiąga swoje maksimum, po czym zaczyna maleć. Jeśli zaczekamy wystarczająco długo, także i prędkość zmieni znak, co oznacza, że cząstka zmienia kierunek swojego ruchu. Dobrym przykładem z życia sytuacji fizycznej, którą przed chwilą dyskutowaliśmy, mógłby być ruch samochodu, który rozpędza się do swojej prędkości maksymalnej, po czym zwalnia, zatrzymuje się i w końcu zawraca. Sprawdź, czy rozumiesz. Samolot ląduje od wschodu na pasie lotniska położonym równoleżnikowo. Scharakteryzuj przyspieszenie samolotu. Jeśli przyjmiemy kierunek wschodni jako dodatni, przyspieszenie samolotu jest ujemne, bo jego wektor skierowany jest w kierunku zachodnim (samolot hamuje). Ruch samolotu jest opóźniony. Kierunek przyspieszenia jest przeciwny do wektora prędkości i kierunku ruchu. Przyspieszenie wokół ciebie Prawdopodobnie jest ci bliskie doświadczenie przyspieszenia podczas jazdy samochodem, gdy np. wciskasz pedał hamulca przed światłami, albo w ruszającej do góry windzie. Jednak przyspieszeń doznają także takie obiekty wokół ciebie, z którymi nigdy nie masz bezpośredniego kontaktu. W zebraliśmy przykładowe wartości przyspieszeń różnych obiektów we Wszechświecie. Przykładowe wartości przyspieszenia różnych ciał Ciało doznające przyspieszenia Wartość przyspieszenia ( m/s 2 ) Szybki pociąg 0,25 Winda 2 Gepard 5 Ciało w spadku swobodnym przy powierzchni Ziemi, bez oporów powietrza 9,81 Statek kosmiczny podczas startu 29 Spadochroniarz w momencie otwarcia spadochronu 59 Odrzutowiec F16 wychodzący z nurkowania 79 Katapulta w samolocie myśliwskim 147 Szybki pocisk 982 Największe przyspieszenia wystrzeliwanych pocisków rakietowych 1 540 Skok pchły 3 200 Piłka baseballowa uderzona kijem 30 000 Zamykanie szczęk mrówki Odontomachus bauri 1 000 000 Proton w LHC 1,9 · 10 9 (Źródło: Wikipedia: Rzędy wielkości przyspieszeń) W powyższej tabeli widzimy, jak bardzo różnią się wartości przyspieszeń różnych ciał, zupełnie niezależnie od ich wielkości czy masy. Przyspieszenie może też bardzo zmieniać się w trakcie ruchu ciała. Dragster (samochód wyścigowy o olbrzymim przyspieszeniu) osiąga gigantyczne przyspieszenia, ale tylko przez krótką chwilę tuż po starcie, dalej porusza się prawie ze stałą prędkością. Średnie przyspieszenie dragstera może kompletnie różnić się od przyspieszenia chwilowego w różnych momentach wyścigu. Na porównujemy graficznie przyspieszenie średnie i chwilowe dla dwóch zupełnie odmiennych przypadków fizycznych. Wykres zależności przyspieszenia chwilowego od czasu dla dwóch ruchów prostoliniowych. (a) Przyspieszenie tylko nieznacznie zmienia się w czasie, ale zawsze pozostaje dodatnie. Średnie przyspieszenie obliczone dla całego czasu trwania ruchu jest niemal takie samo jak przyspieszenie chwilowe w dowolnym punkcie. (b) Przyspieszenie bardzo zmienia się w czasie. W tej sytuacji konieczne jest rozważanie małych przedziałów czasu (np. 0–1,0 s) o stałym lub niemal stałym przyspieszeniu, aby przyspieszenie średnie odpowiadało przyspieszeniu chwilowemu. Obliczone dla całego przedziału czasu przyspieszenie średnie byłoby niemal równe zero, podczas gdy przyspieszenie chwilowe jest całkiem duże w poszczególnych momentach. Dowiedz się więcej o wykresach położenia, prędkości i przyspieszenia dzięki zabawie ludzikiem sterowanym za pomocą myszki. Poruszaj ludzikiem do przodu lub do tyłu i obserwuj jak zmienia się jego położenie, prędkość i przyspieszenie na wykresie w funkcji czasu albo zadaj położenie, prędkość i przyspieszenie ludzika, a program wykona dla ciebie symulację ruchu ludzika. Odwiedź stronę i ucz się dzięki zabawie poruszającym się ludzikiem. Podsumowanie Przyspieszenie wyraża to, jak szybko zmienia się w czasie prędkość ciała. Przyspieszenie jest wektorem – ma kierunek, zwrot i wartość. Jednostką przyspieszenia w układzie SI jest metr na sekundę do kwadratu. Przyspieszenie może być wywołane zmianą wartości prędkości, ale też kierunku lub zwrotu albo wszystkich tych cech jednocześnie. Przyspieszenie chwilowe a ( t ) jest ciągłą funkcją czasu i podaje wielkość przyspieszenia w dowolnej chwili czasu w trakcie ruchu. Obliczamy je jako pochodną prędkości po czasie. Przyspieszenie chwilowe może też być zdefiniowane graficznie jako nachylenie stycznej do funkcji prędkości od czasu. Ujemne przyspieszenie (nazywane też opóźnieniem) jest przyspieszeniem w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu ciała. Pytania Czy jest możliwe, aby szybkość w ruchu po linii prostej była stała w chwili, gdy przyspieszenie jest różne od zera? Nie. W ruchu prostoliniowym występowanie stałej szybkości wymaga zerowego przyspieszenia. Czy jest możliwe, aby prędkość była stała, gdy przyspieszenie jest niezerowe? Wyjaśnij. Podaj przykład ruchu, w którym prędkość jest zero, mimo że przyspieszenie jest różne od zera. Piłka rzucona pionowo do góry ma zerową prędkość na wysokości maksymalnej, mimo że przyspieszenie jest niezerowe. Jeżeli pociąg metra, zbliżając się do stacji, porusza się w lewo (ma ujemną prędkość, bo przyjmujemy dodatni kierunek w prawo), to jaki jest kierunek jego przyspieszenia? Czy przyspieszenie jest dodatnie czy ujemne? W ruchu prostoliniowym używamy sformułowań „dodatni, ujemny” do określenia kierunku (np. ruchu lub wektora). Jaki jest znak przyspieszenia, które powoduje zmniejszenie wartości ujemnej prędkości (w ruchu w lewo)? A w przypadku dodatniej prędkości (ruch w prawo)? Dodatni. Ujemny. Gepard potrafi się rozpędzić do prędkości 30,0 m/s w czasie 7 s. Jakie jest jego przyspieszenie? Czy jest to przyspieszenie chwilowe czy średnie? a = 4,29 m / s 2 . Przyspieszenie średnie. Dr ppłk John Stapp był oficerem armii USA, który studiował wpływ ekstremalnych przyspieszeń na ludzkie ciało. 10 grudnia 1954 roku przeprowadził eksperyment, w którym zasiadając w saniach rakietowych, doznał przyspieszenia od spoczynku do prędkości 282 m/s (1015 km/h) w czasie 5,00 s, a następnie gwałtownie zahamował do zatrzymania tylko w 1,40 s. Oblicz jego przyspieszenie w kierunku ruchu, przyspieszenie przeciwne do kierunku ruchu. Wyraź wyniki poprzez wielokrotność g ( 9,81 m / s 2 ). Na podstawie poniższego wykresu zależności prędkości od czasu narysuj zależność przyspieszenia od czasu. Kierowca wyjeżdża z garażu z przyspieszeniem 1,40 m / s 2 . Po jakim czasie uzyska prędkość o wartości 2,00 m/s? Jeśli teraz wciśnie hamulec i po czasie 0,800 s zatrzyma się, to jakie będzie jego przyspieszenie? Rozważ rakietę balistyczną o zasięgu międzykontynentalnym, która może od stanu spoczynku osiągnąć prędkość suborbitalną 6,50 km/s w czasie 60,0 s (autentyczne dane techniczne rakiet są tajne). Jakie jest średnie przyspieszenie rakiety wyrażone w metrach na sekundę kwadratową oraz w jednostkach g ( 9,81 m / s 2 )? a = 11,1 g Samolot rozpędza się na pasie startowym przez 18 s ze stałym przyspieszeniem, a przy prędkości o wartości 60 m/s odrywa się od pasa. Jakie jest średnie przyspieszenie samolotu? przyspieszenie średnie (ang. average acceleration ) szybkość zmian prędkości w czasie przyspieszenie chwilowe (ang. instantaneous acceleration ) przyspieszenie w danej chwili czasu", "section": "Przyspieszenie średnie i chwilowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Ruch ze stałym przyspieszeniem Zapewne odgadłeś, że im większe jest przyspieszenie ciała (np. samochodu ruszającego ze skrzyżowania), tym większe jest jego przemieszczenie w czasie. Jak na razie jednak nie otrzymaliśmy żadnych równań, które wiązałyby ze sobą przemieszczenie czy położenie z przyspieszeniem. W tym podrozdziale wprowadzimy zestaw wygodnych równań do opisu położenia i prędkości ciała poruszającego się ze stałym przyspieszeniem. Nazwiemy je równaniami ruchu . Ruch ze stałym przyspieszeniem nazywa się też ruchem jednostajnie zmiennym (przyspieszonym lub opóźnionym). Zaczniemy jednak od definicji przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia. Na początku rozważymy prosty przypadek ruchu pojedynczego ciała (zagadnienie jednociałowe), aby na końcu sekcji zająć się także bardziej złożonym ruchem dwóch ciał, nazywanym zagadnieniem pogoni (pościgu) i ucieczki dwóch ciał . Notacja Zacznijmy od pewnych uproszczeń z zapisie i oznaczeniach. Dużym ułatwieniem będzie, jeśli przyjmiemy czas początkowy równy zero – tak jakbyśmy włączali stoper dopiero w momencie rozpoczęcia obserwacji ruchu. W takim razie całkowity czas ruchu Δ t = t k − t 0 jest, wobec przyjętego warunku początkowego t 0 = 0 , równy Δ t = t k , czyli końcowemu wskazaniu stopera. Aby oznaczyć początkowe położenie i początkową prędkość, także użyjemy indeksu dolnego 0. W takim razie x 0 będzie początkowym położeniem , natomiast v 0 prędkością początkową . Do końcowych prędkości i położenia nie będziemy przypisywać żadnego indeksu. Wobec tego t będzie oznaczać czas końcowy , x będzie położeniem końcowym , a v będzie prędkością końcową . Taki wybór dodatkowo uprości oznaczenie całkowitego czasu ruchu Δ t = t , przemieszczenia Δ x = x − x 0 oraz zmiany prędkości Δ v = v − v 0 . Podsumowując, jeśli zastosujemy tę uproszczoną notację oraz przyjmiemy czas początkowy równy zero, otrzymamy Δ t = t , Δ x = x − x 0 , Δ v = v − v 0 , gdzie indeks dolny 0 oznacza wielkości początkowe (w chwili rozpoczęcia obserwacji), a brak indeksu dolnego oznacza wielkości końcowe (w chwili, gdy chcemy je obliczyć). Kolejnym ważnym uproszczeniem będzie przyjęcie, że przyspieszenie jest stałe . To założenie pozwoli uniknąć nam potrzeby używania rachunku różniczkowego do obliczania przyspieszenia chwilowego. Skoro przyspieszenie jest stałe w czasie, to przyspieszenie średnie jest zawsze równe przyspieszeniu chwilowemu, czyli a ¯ = a = const. W takim razie dla oznaczenia przyspieszenia w dowolnej chwili czasu użyjemy po prostu symbolu a . Założenie, że przyspieszenie jest stałe w trakcie ruchu, wcale nie ogranicza spektrum sytuacji fizycznych, które będziemy w stanie opisywać, ani też nie wpłynie na precyzję naszych rachunków. Po pierwsze, w ogromnej ilości przypadków przyspieszenie jest rzeczywiście stałe i nie zmienia się w trakcie ruchu. Po drugie, w wielu pozostałych przypadkach możemy poprawnie opisać ruch, przyjmując, że (stałe) przyspieszenie w danym ruchu jest po prostu równe przyspieszeniu średniemu. Wreszcie w przypadku, gdy przyspieszenie gwałtownie zmienia się w czasie, jak np. podczas przyspieszania i hamowania w celu zatrzymania samochodu, możemy taki ruch traktować jako kilka niezależnych od siebie ruchów, z których każdy zachodzi ze stałym przyspieszeniem. Przemieszczenie i położenie na podstawie prędkości Pierwsze dwa równania ruchu otrzymamy, wychodząc od definicji prędkości średniej: v ¯ = Δ x Δ t . Podstawiając nasze uproszczone definicje Δ x oraz Δ t , otrzymamy v ¯ = x − x 0 t . Wyliczamy stąd położenie x w dowolnej chwili czasu x = x 0 + v ¯ t , gdzie prędkość średnia wynosi v ¯ = v 0 + v 2 . Powyższe dwa równania składają się na pierwsze równanie ruchu jednostajnie zmiennego. Równanie v ¯ = v 0 + v / 2 wyraża fakt, że skoro przyspieszenie jest stałe, to prędkość średnia jest po prostu średnią arytmetyczną prędkości początkowej i końcowej. Fakt ten pokazano na . Na wykresie (a) przyspieszenie jest stałe, a więc prędkość rośnie jednostajnie (liniowo) w czasie. Prędkość średnia w 1-godzinnym przedziale czasu, od wartości 40 km/h do 80 km/h, wynosi 60 km/h, co jest średnią arytmetyczną: v – = v 0 + v 2 = 40 k m / h + 80 k m / h 2 = 60 k m / h . Na wykresie (b) przyspieszenie nie jest stałe. Przez większość czasu, w trakcie 1-godzinnego ruchu, prędkość ma wartość bliższą 80 km/h niż 40 km/h. Prędkość średnia jest więc większa niż w przypadku przedstawionym na wykresie (a). (a) Wykres prędkości w funkcji czasu w przypadku ruchu ze stałym przyspieszeniem od wartości początkowej v 0 do końcowej v . Prędkość średnia wynosi ( v 0 + v ) / 2 = 60 k m / h . (b) Wykres prędkości w funkcji czasu ze zmiennym przyspieszeniem. Prędkość średnia nie jest równa ( v 0 + v ) / 2 , lecz jest większa od 60 ⁢ km / h . Obliczanie prędkości na podstawie przyspieszenia i czasu Wzór na prędkość w dowolnej chwili czasu (kolejne równanie ruchu) otrzymamy na podstawie definicji przyspieszenia średniego: a = Δ v Δ t . Pominęliśmy oznaczenie średniej , bo wciąż zakładamy stałe przyspieszenie. Podstawiając za Δ v i Δ t , otrzymamy a = v − v 0 t , a = const. Wyznaczamy stąd równanie prędkości v w dowolnej chwili czasu v = v 0 + a t , a = const. Obliczanie prędkości końcowej Samolot podchodzi do lądowania z prędkością 70,00 m/s i w momencie zetknięcia z płytą lotniska hamuje z przyspieszeniem 1,50 m / s 2 przez 40,0 s. Jaka jest prędkość końcowa samolotu? Strategia rozwiązania Ustalmy najpierw, jakie mamy dane: v 0 = 70 m / s , a = − 1,50 m / s 2 , t = 40 s . Następnie zastanówmy się, co jest niewiadomą. W tym przypadku jest to prędkość końcowa v k . Na końcu wybierzmy odpowiednie równanie ruchu. W tym celu zastanówmy się, które równanie wiąże naszą niewiadomą ze wszystkimi danymi. Jest to , czyli v = v 0 + a t . Rozwiązanie Podstawiamy dane do równania i otrzymujemy wynik: v = v 0 + a t = 70,0 m / s + ( − 1,50 m / s 2 ) ⋅ 40,0 s = 10,0 m / s . w schematyczny sposób pokazuje wektory prędkości i przyspieszenia w trakcie hamowania samolotu. Samolot ląduje z prędkością 70,0 m/s i hamuje do końcowej prędkości 10,0 m/s, z którą kołuje do terminala. Zauważ, że przyspieszenie jest ujemne, bo jego zwrot jest przeciwny do zwrotu prędkości (prędkość ma dodatnią wartość). Znaczenie Prędkość końcowa jest oczywiście o wiele niższa niż prędkość początkowa, czego oczekujemy podczas hamowania. Jest jednak ciągle dodatnia (spójrz na rysunek). Silniki odrzutowe samolotu są w stanie wytworzyć ciąg wsteczny, dzięki czemu samolot może się zatrzymać w miejscu, a nawet zacząć cofać. Wtedy prędkość byłaby ujemna, co jednak w naszym przypadku nie zachodzi. Oprócz tego, że równanie v = v 0 + a t jest bardzo użyteczne przy opisie parametrów ruchu ciał, pokazuje ono także relację między prędkością, przyspieszeniem i czasem. Na jego podstawie możemy np. stwierdzić, że: Wartość prędkości końcowej zależy od tego, jak duże jest przyspieszenie oraz przez jaki czas ciało go doznaje. Jeśli przyspieszenie ciała jest zero, to prędkość końcowa ciała jest równa prędkości początkowej ( v = v 0 ), czego się spodziewamy. Innymi słowy: jeśli przyspieszenie jest zerowe, to prędkość jest stała w czasie, i mamy do czynienia z ruchem jednostajnym. Jeśli a jest ujemne, to prędkość końcowa jest mniejsza od prędkości początkowej (ruch jest opóźniony). Wszystkie powyższe komentarze zgadzają się z naszą intuicją. Pamiętaj, że zawsze warto skonfrontować równania fizyczne (nie tylko kinematyczne) z naszą intuicją i doświadczeniami z życia, przez co możemy się przekonać, czy rzeczywiście poprawnie opisują one rzeczywistość. Obliczanie położenia końcowego w ruchu jednostajnie zmiennym Na podstawie dwóch wyprowadzonych powyżej równań ruchu otrzymamy teraz trzecie równanie, wiążące położenie ciała z przyspieszeniem w ruchu jednostajnie zmiennym. W przypadku ruchu po linii prostej będzie to też wzór na drogę w ruchu jednostajnie zmiennym, o ile nie będziemy rozważać zmiany kierunku ruchu ciała. Wyjdźmy od równania v = v 0 + a t . Dodajmy teraz v 0 do obu stron równania i podzielmy je przez 2: v 0 + v 2 = v 0 + 1 2 a t . Lewa strona jest średnią prędkością, v 0 + v 2 = v – , przy założeniu stałego przyspieszenia. W takim razie v – = v 0 + 1 2 a t . To wyrażenie na v – podstawimy teraz do równania na przemieszczenie, które wyprowadziliśmy w tej sekcji jako pierwsze, mianowicie x = x 0 + v – t . Doprowadzi nas to do równania opisującego położenie końcowe ciała w dowolnej chwili w ruchu jednostajnie zmiennym x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 , a = const. Obliczanie przemieszczenia przyspieszającego ciała Wyścigowe dragstery mogą osiągać średnie przyspieszenie 26,0 m / s 2 . Załóżmy, że dragster z takim przyspieszeniem rusza ze startu i przyspiesza przez 5,56 s ( ). Jaki dystans pokona w tym czasie? Pilot amerykańskiej armii Tony Schumacher rozpoczyna wyścig dragsterów kontrolowanym „paleniem gumy”. (Źródło: Lt. Col. William Thurmond, dzięki uprzejmości U.S. Army.) Strategia rozwiązania Zacznijmy od schematycznego rysunku sytuacji fizycznej, . Naszym zadaniem jest znalezienie przemieszczenia, które jest w tym przypadku równe końcowemu położeniu x , jeśli przyjmiemy położenie początkowe x 0 równe zero. Położenie x 0 możemy rozumieć jako linię startową wyścigu. Możemy je przyjąć w dowolnym innym punkcie, ale najwygodniej będzie przypisać mu zerową wartość i każde położenie w dowolnym momencie liczyć względem niego. Gdy prawidłowo zdefiniujemy v 0 , a i t na podstawie treści zadania, będziemy mogli użyć równania x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 do obliczenia końcowego położenia dragstera. Schemat przyspieszającego dragstera. Rozwiązanie Sprawdźmy najpierw, czy mamy wszystkie potrzebne dane. Ponieważ dragster rusza z miejsca startu, to v 0 = 0 , natomiast przyspieszenie a równe 26,0 m / s 2 oraz czas ruchu t = 5,56 s są podane. Teraz możemy wstawić dane do wzoru na nieznane położenie: x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 . Skoro i położenie, i prędkość początkowe są równe zeru, równanie upraszcza się do x = 1 2 a t 2 . Wstawiamy wartości liczbowe za a i t , i otrzymujemy wynik x = 1 2 ⋅ 26,0 m / s 2 ⋅ ( 5,56 s ) 2 = 402 m . Znaczenie Jeśli przeliczymy wynik 402 m na mile (1 mila = 1609,344 m), to okaże się, że jest on równy ok. 1/4 mili, a więc odpowiada typowemu dystansowi, na jakim rozgrywa się wyścigi dragsterów. Zatem nasz wynik jest realny. Pokonanie 402 m w czasie tylko ok. 5,5 s jest imponującym wynikiem, jednak najmocniejsze dragstery potrafią osiągać nawet krótsze czasy. Gdyby dragster miał już na starcie niezerową prędkość początkową, musielibyśmy uwzględnić w równaniu opisującym położenie końcowe dodatkowy wyraz. Wtedy położenie końcowe (równe w tym przypadku drodze) byłoby znacznie większe. Czego więcej o ruchu możemy się dowiedzieć dzięki analizie równania x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 ? Możemy wyciągnąć następujące wnioski: W ruchu z niezerowym przyspieszeniem położenie końcowe zależy od kwadratu całkowitego czasu ruchu. W dragster pokonuje tylko jedną czwartą całkowitej drogi w czasie równym połowie całkowitego czasu ruchu. Jeśli przyspieszenie jest zerowe, to prędkość średnia jest równa prędkości początkowej (prędkość się nie zmienia, v 0 = v ¯ ), a równanie x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 upraszcza się do postaci x = x 0 + v 0 t znanej dla ruchu jednostajnego prostoliniowego. Obliczanie prędkości końcowej na podstawie drogi i przyspieszenia Wyprowadzimy teraz czwarte równanie kinematyczne, użyteczne w analizie ruchu ciała ze stałym przyspieszeniem. Będzie to równanie na prędkość końcową wyrażoną przez całkowite przemieszczenie i przyspieszenie, a otrzymamy je na podstawie trzech poprzednich. Wyliczmy zmienną t z równania na prędkość v = v 0 + a t : t = v − v 0 a . Podstawiając za czas oraz prędkość średnią v ¯ = v 0 + v / 2 do x = x 0 + v – t , otrzymujemy v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) , a = const. Obliczanie prędkości końcowej Oblicz prędkość końcową dragstera z , nie korzystając z informacji o czasie ruchu. Strategia rozwiązania Równanie v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) jest idealne do zastosowania w tym zadaniu, bo wiąże prędkość końcową z przyspieszeniem i przemieszczeniem, a nie zawiera czasu. Rozwiązanie Wypiszmy dane. Wiemy, że v 0 = 0 , bo dragster rusza z miejsca. Znamy też przemieszczenie x − x 0 = 402 m (jest to wynik otrzymany w ). Przyspieszenie dragstera zostało podane w treści zadania, a = 26,0 m / s 2 . Podstawiamy dane do równania v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) i wyliczamy v : v 2 = 0 m / s + 2 ⋅ 26,0 m / s 2 ⋅ 402 m . Zatem v 2 = 2,09 ⋅ 10 4 m 2 / s 2 , v = 2,09 ⋅ 10 4 m 2 / s 2 = 145 m / s . Znaczenie Prędkość 145 m/s (czyli 522 km/h) jest ogromna, ale i tak jeszcze daleka od rekordowych wyników dragsterów na torze o długości 1/4 mili. Zauważ, że po spierwiastkowaniu uwzględniliśmy tylko jedno rozwiązanie – dodatnie, odrzucając rozwiązanie ujemne. W ten sposób wyraziliśmy, że prędkość ma ten sam kierunek co wektor przyspieszenia w ruchu dragstera. Wnikliwa analiza równania v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) pomoże nam pogłębić nasze rozumienie zależności między wielkościami fizycznymi: Prędkość końcowa zależy od tego, jak duże jest przyspieszenie i na jakim dystansie ciało go doznaje. Przy takim samym przyspieszeniu samochód o dwukrotnie większej prędkości początkowej nie zatrzyma się po przejechaniu dwukrotnie dłuższej drogi. Droga hamowania będzie o wiele większa (dlatego właśnie wprowadza się strefy dodatkowego ograniczenia prędkości przy szkołach, przejściach dla pieszych itd.). Równania ruchu: zastosowanie W dalszej części nadal będziemy analizować ruch ciał w jednym wymiarze ze stałym przyspieszeniem, ale w nieco bardziej złożonych przykładach, wymagających większego żonglowania równaniami ruchu. Na przykładach tych poznamy także przydatne metody rozwiązywania zadań. Poniższe zestawienie zawiera wszystkie równania ruchu przydatne do rozwiązywania zadań z kinematyki ruchu prostoliniowego. Pamiętaj, że te równania nie są od siebie niezależne – jedne wyprowadzaliśmy na podstawie innych. W wielu przypadkach będziemy mieli dwie niewiadome w zadaniu, do znalezienia których będziemy musieli zapisać odpowiednie dwa równania. Generalnie do rozwiązania problemu o wielu niewiadomych potrzebujemy tylu równań, ile jest niewiadomych. Zestawienie kinematycznych równań ruchu (stałe a ) x = x 0 + v ¯ t v ¯ = v 0 + v 2 v = v 0 + a t x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) Zanim zajmiemy się rozwiązywaniem zadań w przykładach, przyjrzyjmy się bliżej, jak zachowuje się wartość przyspieszenia w skrajnych przypadkach wartości położenia i prędkości. Przekształcając , mamy a = v − v 0 t . Widzimy, że jeśli różnica prędkości końcowej i początkowej jest niewielka, to dla skończonego czasu przyspieszenie jest małe. W granicy prędkości końcowej równej prędkości początkowej przyspieszenie zdąża do zera. Przeciwnie, jeśli t → 0 przy skończonej różnicy prędkości, przyspieszenie rozbiega się do nieskończoności. Analogicznie przekształćmy , aby wyrazić zależność przyspieszenia od różnicy prędkości i położeń: a = v 2 − v 0 2 2 ( x − x 0 ) . Dla skończonej różnicy prędkości przyspieszenie staje się nieskończone, jeśli przemieszczenie zdąża do zera. Podobnie, przy skończonej różnicy położeń: końcowego i początkowego, przyspieszenie spada do zera, jeśli prędkość się nie zmienia. Droga hamowania samochodu Samochód może hamować na suchym asfalcie z przyspieszeniem o wartości 7,00 m / s 2 , natomiast na mokrym asfalcie jego przyspieszenie ma wartość tylko 5,00 m / s 2 . Znajdź drogę, po jakiej samochód się zatrzyma (drogę hamowania), na suchej oraz mokrej nawierzchni, jeśli zaczyna hamować przy prędkości 30,0 m/s (110 km/h). Powtórz obliczenia w sytuacji uwzględniającej czas reakcji kierowcy równy 0,500 s. Strategia rozwiązania Rysujemy schemat sytuacji fizycznej, . Aby wybrać odpowiednie do naszego zadania równania ruchu, wypiszemy dane i zidentyfikujemy szukane. Schemat ilustrujący ruch hamującego samochodu i drogę do zatrzymania. Rozwiązanie Mamy następujące dane: v 0 = 30,0 m / s , v = 0 , a = − 7,00 m / s 2 ( a jest ujemne, bo ma kierunek przeciwny do prędkości). Przyjmijmy położenie początkowe x 0 równe zero. Chcemy obliczyć przemieszczenie Δ x , czyli różnicę x - x 0 . Równaniem, którego użyjemy, jest v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) . To równanie jest najwygodniejsze, bo zawiera tylko jedną niewiadomą – właśnie tę, którą chcemy obliczyć, x . Wszystkie pozostałe wielkości znamy. Moglibyśmy użyć także innych równań ruchu do obliczenia x , ale zawierają one czas t , którego nie znamy. Musielibyśmy więc rozwiązywać układ dwóch równań na dwie niewiadome, co pociągałoby za sobą dodatkowe obliczenia. Przekształcamy równanie tak, aby wyliczyć x : x = x 0 + v 2 − v 0 2 2 a i podstawiamy dane: x = 0 m + ( 0 m / s ) 2 − ( 30,0 m / s ) 2 2 ⋅ ( − 7,00 m / s 2 ) . Zatem droga, jaką pokona samochód na suchej nawierzchni, wynosi x a = 64,3 m . Rozwiązanie tej części znajdziemy dokładnie tak samo, jak w przypadku części (a), z tym że przyspieszenie wynosi teraz − 5,00 m / s 2 . Wynik wynosi x b = 90,0 m . Droga hamowania na suchej i mokrej nawierzchni, liczona od momentu wciśnięcia hamulca przez kierowcę (a więc po upływie jego czasu reakcji), będzie taka jak obliczona w częściach (a) i (b). Aby obliczyć całkowitą drogę do zatrzymania, musimy obliczyć, jaki dystans samochód pokona w czasie reakcji kierowcy, a następnie dodać go do wyników z części (a) i (b). Zakładamy, że w czasie reakcji kierowcy samochód porusza się ze stałą szybkością 30,0 m/s. Parametry, jakie znamy w czasie trwania reakcji kierowcy, to: v – = 30,0 m / s , t reakcji = 0,500 s , a reakcji = 0 . Znowu przyjmijmy x 0 = 0 . Poszukujemy położenia x reakcji po czasie reakcji kierowcy. Użyjemy w tym celu równania x = x 0 + v ¯ t , w którym jedyną niewiadomą jest x . Wstawiając dane do tego równania, otrzymujemy: x = 0 m + 30,0 m / s ⋅ 0,500 s = 15,0 m . W takim razie całkowita droga hamowania, zarówno na suchej, jak i na mokrej nawierzchni, jest powiększona o drogę przebytą przez auto ze stałą prędkością w czasie reakcji kierowcy. Zakładamy tutaj, że po upływie 0,500 s kierowca natychmiastowo wciska hamulec i samochód od razu doznaje odpowiedniego przyspieszenia. Całkowita droga hamowania, obliczona jako x hamowania + x reakcji = x całkowita , wynosi w przypadku suchej nawierzchni: 64,3 m + 15,0 m = 79,3 m oraz w przypadku mokrej nawierzchni: 90,0 m + 15,0 m = 105 m ( ). Droga potrzebna do zahamowania samochodu znacząco różni się w zależności od stanu nawierzchni i czasu reakcji kierowcy. Na wykresie przedstawiono schemat hamowania samochodu od prędkości 30,0 m/s do zatrzymania, na suchej i mokrej nawierzchni, bez uwzględnienia oraz z uwzględnieniem czasu reakcji kierowcy równego 0,500 s. Znaczenie Otrzymane przez nas wartości liczbowe drogi hamowania wydają się być sensowne w przypadku samochodu rozpędzonego do dużej szybkości. Trudniej jest zatrzymać samochód na nawierzchni mokrej niż na suchej. Pouczającym wnioskiem jest to, że czas reakcji człowieka dość znacznie powiększa całkowitą drogę hamowania samochodu. Przyjęliśmy tutaj czas reakcji równy 0,500 s. Jest to całkiem sensowne założenie. Jeśli spróbujesz jak najszybciej kliknąć dwukrotnie na klawisz stopera, to zobaczysz, że w tym ekstremalnym przypadku twój czas reakcji raczej nie spada poniżej 0,100 s. Ważniejszym jednak wnioskiem jest to, że przećwiczyliśmy na tym przykładzie metodologię rozwiązywania zadań: od poprawnego zdefiniowania danych i szukanych do wyboru równania ruchu najbardziej odpowiedniego do naszego zadania. Pamiętaj, że potrzebujesz tylu równań, ile masz niewiadomych w zadaniu. Często istnieje kilka różnych sposobów rozwiązania. Także w tym przykładzie mogliśmy użyć innych równań, aby otrzymać prawidłowe wyniki. Rozwiązanie przedstawione tutaj jest jednak najszybsze. Obliczanie czasu ruchu Rozważmy sytuację, w której samochód, włączając się do ruchu na autostradzie, musi rozpędzić się na pasie rozbiegowym o długości 200,0 m. Jeżeli jego prędkość początkowa wynosi 10,0 m/s, a przyspieszenie to 2,00 m / s 2 , jak długo zajmie kierowcy włączanie się do ruchu? (Taka informacja mogłaby być użyteczna przy projektowaniu infrastruktury autostradowej przez inżynierów.) Strategia rozwiązania Najpierw zróbmy schematyczny rysunek sytuacji, . Mamy obliczyć czas t rozpędzania się samochodu. Tak jak poprzednio, zidentyfikujemy niewiadome i wybierzemy odpowiednie równanie ruchu, które pozwoli nam znaleźć czas t . Schemat rozpędzania samochodu na autostradowym pasie rozbiegowym. Rozwiązanie Samochód porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym z prędkością początkową i na znanej drodze. Wypiszmy wszystkie dane, które znamy z treści zadania: x 0 = 0 , v 0 = 10 m / s , a = 2,00 m / s 2 oraz x = 200,0 m . Potrzebujemy obliczyć czas t . Tym razem równanie x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 będzie najbardziej odpowiednie, bo zawiera tylko jedną niewiadomą t , której właśnie szukamy. Zauważmy, że podstawiając dane do tego wzoru, otrzymamy równanie kwadratowe ze względu na niewiadomą. Wstawiamy dane do równania: 200 m = 0 m + 10,0 m / s ⋅ t + 1 2 ⋅ 2,00 m / s 2 ⋅ t 2 , i upraszczamy je. Jednostki długości (metry) znikają, bo wystepują w tej samej potędze po obu stronach równania. Przyjmijmy, że czas mierzymy w sekundach, przez co możemy podstawić: t = t s , gdzie t jest bezwymiarową zmienną, a s jest jednostką czasu. Otrzymujemy: 200 = 10 t + t 2 . Po uporządkowaniu równania identyfikujemy odpowiednie parametry równania kwadratowego i korzystamy ze wzoru na jego pierwiastki, aby wyliczyć t : t 2 + 10 ⁢ t − 200 = 0 ⁢ , t = − b ± b 2 − 4 ⁢ a ⁢ c 2 ⁢ a ⁢ , \\begin{align} t^2 + 10t - 200 = 0 \\text{,} \\\\ t = \\frac{-b \\pm \\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \\text{,} \\end{align} co prowadzi nas do dwóch rozwiązań t = 10,0 s oraz t = –20,0 s . Ujemny wynik jest niefizyczny, dlatego go odrzucamy (oznaczałby on, że zdarzenie miało miejsce 20 s, zanim rozpoczął się ruch). W takim razie rozwiązaniem jest t = 10,0 s . Znaczenie Zazwyczaj, gdy rozwiązujemy równanie kwadratowe, otrzymamy dwa rozwiązania. W niektórych przypadkach oba rozwiązania mogą mieć sens, wybór poprawnego zależy wtedy od prawidłowej interpretacji. W innych przypadkach (takich jak nasz w tym przykładzie) tylko jedno rozwiązanie ma sens fizyczny. Otrzymany przez nas wynik 10,0 s wydaje się być rozsądnym czasem rozpędzania samochodu włączającego się do ruchu na autostradzie. Sprawdź, czy rozumiesz. Rakieta kosmiczna startuje w przyspieszeniem 20 m/s 2 . Ile czasu zajmie rakiecie osiągnięcie prędkości 400 m/s? Aby odpowiedzieć na to pytanie, musisz wybrać odpowiednie równanie ruchu, które pozwoli ci wyznaczyć t na podstawie danych a , v 0 oraz v : v = v 0 + a t . Następnie przekształć je do postaci umożliwiającej obliczenie czasu t : t = v − v 0 a = 400 m / s − 0 m / s 20 m / s 2 = 20 s . Przyspieszenie statku kosmicznego Statek kosmiczny opuszcza orbitę ziemską i kieruje się w stronę Księżyca. Przyspiesza w tempie 20 m / s 2 w ciągu 2 min, kiedy to pokonuje dystans 1000 km. Jakie są początkowa i końcowa prędkość statku podczas tego manewru? Strategia rozwiązania Mamy obliczyć dwie niewiadome: prędkość początkową oraz prędkość końcową. Patrząc na naszą listę kinematycznych równań ruchu, widzimy, że żadne nie da nam jednocześnie obu tych rozwiązań. Musimy więc najpierw wyliczyć jedną niewiadomą, przy użyciu jednego z równań, a następnie podstawić ją do kolejnego równania, by znaleźć tę drugą niewiadomą. Mamy więc do rozwiązania układ dwóch równań zawierających dwie niewiadome. Rozwiązanie Najpierw obliczymy v 0 , korzystając z równania x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 x − x 0 = v 0 t + 1 2 a t 2 10 6 m = v 0 ⋅ 120,0 s + 1 2 ⋅ 20,0 m / s 2 ⋅ ( 120,0 s ) 2 v 0 = 7 133,3 m / s . Tak obliczone v 0 wstawimy teraz do równania v = v 0 + a t na nieznaną prędkość końcową: v = v 0 + a t = 7 133,3 m / s + 20,0 m / s 2 ⋅ 120,0 s = 9 533,3 m / s . Znaczenie Do opisu ruchu w jednym wymiarze używamy sześciu niezależnych wielkości, którymi są: przemieszczenie (równe położeniu końcowemu minus położenie początkowe), czas, prędkość (początkowa i końcowa) i przyspieszenie. W zadaniach mogą być podane dowolne ich kombinacje, dlatego nie zawsze możemy znaleźć rozwiązanie, po prostu wstawiając dane do równania i wyliczając niewiadomą. Czasem, jak w przykładzie, którym teraz się zajmowaliśmy, trzeba rozwiązać układ kilku równań ruchu jednocześnie. Dzięki podstawom, które dotąd poznaliśmy, możemy przejść do bardziej złożonych i ciekawych zagadnień kinematyki. W procesie dochodzenia do kinematycznych równań ruchu i stosowania ich do problemów fizycznych wypracowaliśmy także ogólne metody rozwiązywania zadań, które dają poprawne wyniki i możliwość interpretacji związków między wielkościami fizycznymi. Następnym stopniem zaawansowania problemów fizycznych z dziedziny kinematyki będzie zagadnienie ruchu wzajemnego dwóch ciał, które można nazwać zagadnieniem pogoni i ucieczki . Zagadnienie pogoni i ucieczki dwóch ciał Do tej pory zajmowaliśmy się ruchem tylko pojedynczych ciał. Nawet w przykładzie o dwóch samochodach zmniejszających prędkość aż do momentu zatrzymania na mokrym i suchym asfalcie zagadnienie traktowaliśmy jako odrębne ruchy poszczególnych samochodów. W zagadnieniu pogoni i ucieczki dwóch ciał , ruch obu ciał jest sprzężony – oznacza to, że niewiadome, których będziemy szukać, zależą od ruchu obu ciał jednocześnie. Aby rozwiązać taki problem, napiszemy równania ruchu dla każdego z ciał i rozwiążemy taki układ równań (sprzężonych) ze względu na niewiadomą. Zagadnienie w schematyczny sposób przedstawia . Przykładowa realizacja zagadnienia pogoni, gdzie samochód 2, jadący ze stałą prędkością, jest ścigany przez samochód 1, który porusza się ze stałym przyspieszeniem. Samochód 1 dogania samochód 2 po pewnym czasie. Czas i droga, po jakich samochód 1 dogoni samochód 2, zależą od początkowej odległości między samochodami oraz od prędkości początkowych obu samochodów i przyspieszenia samochodu 1. Oczywiście samochód 2 też może mieć swoje przyspieszenie, dzięki któremu może nawet zdołać uciec przed samochodem goniącym. Aby znaleźć drogę i czas, musimy zapisać kinematyczne równania ruchu dla obu ciał i je rozwiązać. Rozważmy następujący przykład. Gepard ścigający gazelę Gepard czeka przyczajony w zaroślach. W pewnej chwili dostrzega gazelę, nadbiegającą z szybkością 10 ⁢ m / s , i w momencie, gdy ta mija geparda, gepard rzuca się za nią w pogoń, przyspieszając od zerowej prędkości początkowej w tempie 4 m / s 2 . Ile czasu zajmie gepardowi złapanie gazeli? Jakie jest całkowite przemieszczenie geparda i gazeli? Załóż, że gazela biegnie ciągle ze stałą szybkością (np. nie zauważyła pościgu geparda) oraz że zwierzęta biegną po prostej. Strategia rozwiązania Do rozwiązania zadania użyjemy zestawu równań ruchu ze stałym przyspieszeniem, które poznaliśmy wcześniej. Ponieważ mamy do czynienia z ruchem dwóch ciał, zapiszemy równania osobno dla każdego zwierzęcia. Równania te jednak będą ze sobą powiązane (mówimy: sprzężone) poprzez wspólny parametr, którym jest położenie końcowe obu zwierząt x (czyli droga, po jakiej gepard złapie gazelę) i czas pościgu t . Zakładamy dla obu zwierząt x 0 = 0 , zatem po czasie pościgu t rzeczywiście oba zwierzęta będą miały to samo położenie końcowe. Pomysł jest taki, że zapiszemy równania na położenia geparda i gazeli i przyrównamy je do siebie, aby obliczyć czas. Następnie do któregokolwiek z nich podstawiamy obliczoną wartość czasu i otrzymamy drogę. Rozwiązanie Równanie ruchu gazeli. Gazela porusza się ze stałą prędkością, która jest jej prędkością średnią w tym ruchu, bo nie występuje przyspieszenie. Użyjemy więc z położeniem początkowym x 0 = 0 : x = x 0 + v ¯ t = v ¯ t . Równanie ruchu geparda. Gepard przyspiesza ze spoczynku, więc jego ruch jest ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej. Dla niego zapiszemy więc , kładąc x 0 = 0 oraz v 0 = 0 : x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 = 1 2 a t 2 . Otrzymaliśmy układ dwóch równań ruchu dla każdego zwierzęcia osobno ze wspólnym parametrem, którym jest czas t . Porównujemy ze sobą oba położenia końcowe i obliczamy czas: v ‾ ⁢ t = 1 2 ⁢ a ⁢ t 2 ⁢ , t = 2 ⁢ v ‾ a ⁢ . \\begin{align} \\overline{v} t = \\frac12 a t^2 \\text{,} \\\\ t = \\frac{2 \\overline v}{a} \\text{.} \\end{align} Podstawiamy za średnią prędkość gazeli 10 m/s, a za przyspieszenie geparda 4 m / s 2 i wyliczamy czas t , po którym gepard dogoni gazelę: t = 2 v – a = 2 ⋅ 10 m / s 4 m / s 2 = 5 s . Aby teraz obliczyć całkowite przemieszczenie (równe dla gazeli i geparda), podstawimy obliczony czas do któregokolwiek z równań opisujących położenie. Oba powinny dać ten sam wynik. Przemieszczenie geparda: x = 1 2 a t 2 = 1 2 ⋅ 4 m / s 2 ⋅ ( 5 s ) 2 = 50 m . Przemieszczenie gazeli: x = v – t = 10 m / s ⋅ 5 s = 50 m . Tak jak się spodziewaliśmy, przemieszczenia są takie same. Znaczenie W tego typu zagadnieniach pogoni i ucieczki ważne jest, aby dokonać odpowiedniej analizy indywidualnego ruchu każdego z ciał i poprawnie zapisać jego kinematyczne równania ruchu. Trzeba też dobrze przemyśleć, jakie są parametry ruchu wspólne dla obu ciał. Sprawdź, czy rozumiesz. Rower porusza się ze stałą prędkością 10 m/s. Biegacz startuje ze spoczynku w momencie, gdy rower go mija, i po 30 s dogania rower. Z jakim przyspieszeniem poruszał się biegacz? a = 2 3 m / s 2 . Podsumowanie Gdy analizujesz prostoliniowy ruch ciała ze stałym przyspieszeniem, określ dobrze, jakie są dane i co masz obliczyć, następnie wybierz odpowiednie równanie ruchu i je rozwiąż ze względu na niewiadomą. W zależności od liczby niewiadomych musisz użyć jednego lub dwóch równań ruchu. W zagadnieniu pogoni i ucieczki dwóch ciał zawsze musisz zapisać dwa zestawy równań ruchu – dla każdego z ciał osobno – i zidentyfikować wspólne parametry. Pytania Jaka jest wymagana liczba znanych wielkości fizycznych, aby w ruchu jednowymiarowym móc obliczyć niewiadome na podstawie kinematycznych równań? Podaj dwa scenariusze problemów kinematycznych pojedynczego ciała, w których, mając trzy dane, musisz użyć dwóch równań ruchu, aby obliczyć niewiadome. 1. Dane są: przyspieszenie, czas ruchu i całkowite przemieszczenie, a do obliczenia mamy: początkową i końcową prędkość. 2. Znamy: prędkość końcową, czas i przemieszczenie, a do obliczenia są: prędkość początkowa i przyspieszenie. Zadania Cząstka porusza się po linii prostej ze stałą prędkością 30,0 m/s. Jakiego przemieszczenia doznaje ona do piątej sekundy ruchu? 150 m Cząstka porusza się ruchem prostoliniowym ze stałym przyspieszeniem 30 m / s 2 . Jeżeli w czasie t = 0 , x = 0 i v = 0 , to jakie jest położenie cząstki w chwili t = 5 s ? Cząstka porusza się ruchem prostoliniowym z prędkością początkową 30 m/s i stałym przyspieszeniem 30 m / s 2 . Jakie jest jej przemieszczenie do chwili t = 5 s ? Jaka jest wtedy jej prędkość? 375 m; 150 m/s. Na podstawie wykresu położenia od czasu naszkicuj zależność prędkości od czasu. Podaj czas (lub czasy, np. t a , t b , t c itd.), gdy prędkość chwilowa ma największą wartość dodatnią. W jakich chwilach prędkość jest zero? W jakich jest ujemna? Narysuj zależność przyspieszenia od czasu, znając przebieg zależności prędkości od czasu. Określ czasy (np. t a , t b , t c itd.), dla których przyspieszenie ma największą dodatnią wartość. Kiedy przyspieszenie jest zero? Kiedy jest ujemne? Przyspieszenie ma największą wartość dodatnią w t a ; Przyspieszenie wynosi zero w t e oraz t h ; Przyspieszenie jest ujemne w t i , t j , t k , t l . Cząstka ma stałe przyspieszenie 6,0 m / s 2 . Jeśli jej prędkość początkowa ma wartość 2,0 m/s, to po jakim czasie przemieści się ona o 5,0 m? Jaką wtedy ma prędkość? W chwili t = 10,0 s cząstka porusza się w prawo z szybkością 5,0 m/s. Z kolei w chwili t = 20,0 s cząstka porusza się w lewo z szybkością 8,0 m/s. Zakładając stałą wartość przyspieszenia, określ przyspieszenie cząstki, prędkość początkową cząstki oraz moment czasu, kiedy cząstka zatrzymuje się i zawraca. a = − 1,3 m / s 2 ; v 0 = 18 m / s ; t = 13,8 s . Zawodnik łapie piłkę baseballową w rękawicę. Jeżeli opóźnienie piłki hamowanej w rękawicy wynosi 2,10 ⋅ 10 4 m / s 2 , a od chwili zetknięcia piłki z rękawicą do całkowitego jej zatrzymania upływa 1,85 ms ( 1 m s = 10 − 3 s ), to z jaką prędkością piłka wpadała do rękawicy? Kulka jest przyspieszana w lufie pistoletu w tempie 6,20 ⋅ 10 5 m / s 2 w czasie 8,10 ⋅ 10 − 4 s . Jaka jest prędkość wylotowa kulki (tzn. prędkość końcowa w ruchu przyspieszonym wewnątrz lufy)? v = 502,20 m / s . Niewielka kolejka podmiejska przyspiesza w tempie 1,35 m/s 2 . Jak długo zajmuje jej rozpędzenie się do swojej maksymalnej prędkości 80 km/h? Ta sama kolejka może hamować z przyspieszeniem o wartości 1,65 m/s 2 . Jak długo trwa zatrzymywanie kolejki rozpędzonej do prędkości maksymalnej? W sytuacjach awaryjnych motorniczy może użyć hamulca bezpieczeństwa, dzięki czemu kolejka od prędkości maksymalnej zatrzymuje się w 8,30 s. Jakie opóźnienie daje hamulec bezpieczeństwa? Podczas włączania się do ruchu na autostradzie samochód przyspiesza w tempie 2,40 m / s 2 przez 12,0 s od spoczynku. Naszkicuj tę sytuację. Wypisz wszystkie dane. Jaki dystans pokona samochód w czasie 12,0 s? Przy rozwiązywaniu, najpierw zdefiniuj niewiadomą, potem wybierz równanie ruchu, którego użyjesz, a następnie zapisz wszystkie kroki rozwiązania. Na końcu sprawdź zgodność jednostek i przeprowadź dyskusję fizycznej poprawności wyniku. Jaka jest prędkość końcowa samochodu? Rozwiąż to zadanie, wykonując te same kroki co w punkcie (c). Dane: a = 2,40 m / s 2 , t = 12,0 s , v 0 = 0 oraz x 0 = 0 ; x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 = a t 2 / 2 = 2,40 m / s 2 ⋅ ( 12,0 s ) 2 / 2 = 172,80 m , wynik ten wydaje się być sensowny w rzeczywistej sytuacji fizycznej; v = 28,8 m / s Niefizyczny wynik Po minięciu linii mety biegaczka zwalnia od prędkości 9,00 m/s w tempie 2,00 m / s 2 . Jaki dystans pokona ona po czasie 5,00 s? Jaka jest wtedy jej prędkość końcowa? Oceń wyniki. Czy mają one sens fizyczny? Lewa komora serca wyrzuca krew do aorty, nadając jej prędkość 30,0 cm/s na dystansie 1,80 cm. Naszkicuj tę sytuację. Wypisz dane. Ile czasu trwa wyrzut krwi? Dokonaj rozwiązania z uwzględnieniem wszystkich kroków, tak jak w rozwiązanych w sekcji przykładach. Czy wynik jest sensowny w porównaniu z czasem skurczu serca, wyliczonym na podstawie typowego pulsu człowieka? Dane: v = 30,0 c m / s , x = 1,80 c m ; a = 250 c m / s 2 , t = 0,12 s ; Tak. W trakcie uderzenia krążka kijem do hokeja krążek przyspiesza od prędkości 8,00 m/s do 40,0 m/s wzdłuż tej samej prostej. Jeżeli uderzenie trwa 3,33 ⋅ 10 − 2 s (jest to czas trwania kontaktu kija z krążkiem), to na jakim dystansie krążek jest rozpędzany przy pomocy kija? Supersportowy motocykl (ścigacz) może przyspieszać od 0 do 100 km/h (26,8 m/s) w czasie tylko 3,90 s. Jakie jest średnie przyspieszenie motocykla? Jaką drogę pokonuje motocykl w tym czasie? 6,87 m / s 2 x = 52,26 m Pociąg towarowy ma stosunkowo małe przyspieszenie. Jaką prędkość końcową osiąga pociąg, który przyspiesza od prędkości początkowej 4,00 m/s w czasie 8,00 min z przyspieszeniem 0,0500 m / s 2 ? Jeśli pociąg hamuje z przyspieszeniem 0,550 m / s 2 , to ile czasu zajmie mu zatrzymanie się? Jaką drogę pokona w tym czasie? Rakieta z ładunkiem sztucznych ogni jest wystrzelona z ziemi i po pokonaniu 0,250 m ma już prędkość maksymalną o wartości 65,0 m/s, z którą wznosi się dalej. Oblicz przyspieszenie rakiety i czas jej lotu do uzyskania prędkości końcowej. a = 8 450 m / s 2 ; t = 0,0077 s . Łabędź energicznie macha skrzydłami i „biegnie” po wodzie, aby wzbić się z powietrze z tafli jeziora. Jeżeli poruszając się z przyspieszeniem 0,35 m / s 2 , musi on osiągnąć prędkość 6,00 m/s, aby unieść się w powietrze, to jaki dystans w poziomie pokona, zanim się wzbije do lotu? Ile czasu to trwa? Czaszka dzięcioła jest specjalnie skonstruowana tak, by chronić mózg ptaka przed dużymi przeciążeniami w trakcie energicznego uderzania w drzewo. Podczas pojedynczego uderzenia głowa dzięcioła zatrzymuje się od prędkości początkowej 0,600 m/s na dystansie tylko 2,00 mm. Znajdź wielkość przyspieszenia, jakiego doznaje głowa dzięcioła, i wyraź ją w metrach na sekundę kwadratową oraz w jednostkach g = 9,81 m / s 2 . Oblicz czas do zatrzymania. Ścięgna utrzymujące mózg w czaszce dzięcioła mogą się rozciągnąć tak, że droga hamowania głowy dzięcioła podczas jego pracy wydłuża się do 4,50 mm (mózg doznaje wtedy mniejszego przeciążenia). Jakie wtedy jest przyspieszenie wyrażone w jednostkach g ? a = 9,18 g ; t = 6,67 ⋅ 10 − 3 s ; a = − 40 m / s 2 = 4,08 g . Nieuważny napastnik wpada z szybkością 7,50 m/s na bramkarza drużyny przeciwnej i zatrzymuje się, odpychając go o 0,350 m. Jakiego doznaje wtedy przyspieszenia? Jaki czas trwa zderzenie? Podczas zrzutu samolotowego ładunek ląduje w lesie i zatrzymuje się na gałęziach drzew. Jeśli założyć, że szybkość ładunku w momencie zetknięcia z drzewami wynosi 54 m/s (194,4 km/h), a gałęzie hamują ładunek na drodze 3,0 m, to jakiego przyspieszenia on doznaje? Dane: x = 3 m , v = 0 , v 0 = 54 m / s . Chcemy obliczyć a , więc użyjemy : a = − 486 m / s 2 . Pociąg ekspresowy mija stację, na której się nie zatrzymuje. Wjeżdża na peron z prędkością 22,0 m/s i zwalnia ze stałym opóźnieniem 0,150 m / s 2 . Długość stacji to 210,0 m. Jaką szybkość ma pociąg, gdy opuszcza stację? Jak długo przód pociągu przejeżdża przez stację? Jeżeli długość pociągu wynosi 130,0 m, z jaką szybkością opuszcza stację ostatni wagon? Po jakim czasie koniec pociągu opuści stację? Niefizyczne rozwiązanie Dragster może rozpędzić się do swojej maksymalnej prędkości 145,0 m/s w czasie tylko 4,45 s. Oblicz średnie przyspieszenie dragstera. Oblicz prędkość końcową dragstera ruszającego od startu z obliczonym w (a) przyspieszeniem w wyścigu na 1/4 mili (402,0 m), nie korzystając z informacji o czasie. Dlaczego obliczona prędkość końcowa jest większa niż prędkość maksymalna dragstera? Wskazówka : Zastanów się, czy założenie stałego przyspieszenia na całej długości toru jest prawidłowe. Jeśli nie, to odpowiedz sobie na pytanie, czy przyspieszenie jest większe na początku czy na końcu i jak to wpływa na prędkość końcową. a = 32,58 m / s 2 ; v = 161,85 m / s ; v > v max , ponieważ założenie stałego przyspieszenia jest błędne. Dragster zmienia biegi podczas rozpędzania się, a na każdym wyższym biegu przyspieszenie jest mniejsze. Największe przyspieszenie jest więc na początku wyścigu, a na ostatnich metrach będzie już na pewno mniejsze niż 32,58 m / s 2 . W rezultacie prędkość końcowa będzie na pewno mniejsza niż obliczone 161,85 m / s . zagadnienie pogoni i ucieczki dwóch ciał (ang. two-body pursuit problem ) zagadnienie kinematyczne, w którym wspólną dla ruchu obu ciał niewiadomą obliczamy, rozwiązując układ dwóch sprzężonych równań ruchu, zapisanych dla każdego z ciał oddzielnie.", "section": "Ruch ze stałym przyspieszeniem", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Spadek swobodny i rzut pionowy W tej sekcji zajmiemy się zastosowaniem równań – do opisu ruchu zwanego spadkiem swobodnym , w którym ciało porusza się w polu grawitacyjnym wytwarzanym w pobliżu powierzchni Ziemi albo innego ciała niebieskiego o rozmiarze planet. Zakładamy, że ciało porusza się po linii prostej, zatem jego ruch jest jednowymiarowy. Jako przykład spadku swobodnego możemy rozważyć ruch kamienia upuszczonego do głębokiego szybu kopalnianego, gdy nasłuchujemy odgłosu upadku kamienia na dno. W tej sekcji zajmiemy się nie tylko spadaniem, kiedy ciało przemieszcza się od większej wysokości do mniejszej, ale też rzutami pionowymi , np. ruchem piłki rzuconej w górę. Mianem spadku swobodnego czasem określa się każdy ruch pionowy w polu grawitacyjnym, czyli zarówno ruch bez prędkości początkowej (spadek), jak i z prędkością początkową (rzut pionowy). My jednak będziemy rozdzielać te dwa przypadki i spadkiem swobodnym nazywać tylko ruch w polu grawitacyjnym bez prędkości początkowej. Ogólne równania ruchu w spadku są niemal takie same jak w rzucie pionowym w dół, różnią się jedynie wartością prędkości początkowej. W rzucie pionowym do góry dodatkowo zwrot prędkości początkowej jest przeciwny do zwrotu wektora przyspieszenia grawitacyjnego. Przyspieszenie grawitacyjne Charakterystycznym i nieoczywistym faktem dotyczącym spadających obiektów, przy pominięciu oporu powietrza i tarcia, jest to, że wszystkie spadają z danej wysokości w kierunku środka Ziemi z jednakowym stałym przyspieszeniem, niezależnie od masy i rozmiarów . Ten doświadczalny fakt jest na pierwszy rzut oka dla nas nieoczywisty, bo na co dzień doświadczamy oporów powietrza nieuchronnie, przez co wydaje się nam, że lekkie ciała muszą spadać wolniej niż ciężkie. Aż do czasów Galileusza (1564–1642) ludzie wierzyli, że ciała o większej masie mają większe przyspieszenie w spadku swobodnym. Dziś wiemy, że nie jest to prawdą. W warunkach próżni (bez oporu powietrza) wszystkie ciała spadają z tej samej wysokości na powierzchnię dokładnie w tym samym czasie – spójrz na . Młotek i piórko rzucone w próżni (bez oporu powietrza) doznają tego samego przyspieszenia. Jest to cecha spadku swobodnego nie tylko na Ziemi, czego astronauta David Scott dowiódł w 1971 roku na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne wynosi tylko 1,67 ⁢ m / s 2 i nie ma atmosfery. W rzeczywistym świecie opory powietrza powodują, że lżejsze obiekty spadają wolniej niż obiekty o tych samych rozmiarach, ale cięższe. Siła oporu zależy m. in. od przekroju poprzecznego danego ciała. Na przykład futbolówka upadnie pierwsza przed piłką gumową o tym samym rozmiarze, ale mniejszym ciężarze, mimo że zostały upuszczone z tej samej wysokości (to może być trudne do dostrzeżenia, jeśli wysokość jest niewielka). Opory powietrza zawsze przeciwdziałają ruchowi ciała w powietrzu. Podobnie tarcie między powierzchniami styku dwóch ciał – np. kamienia i wody w jeziorze czy opony i asfaltu – przeciwdziała ruchowi ciał. W wyidealizowanych przypadkach rozpatrywanych w początkowych rozdziałach podręcznika, gdy pomijamy opory i tarcie, spadek ciała w polu grawitacyjnym nazywamy spadkiem swobodnym . Przyczyną ruchu ciał spadających w kierunku środka Ziemi jest siła grawitacji. Przyspieszenie, które jest rezultatem występowania tej siły, nazywamy przyspieszeniem grawitacyjnym . Przyspieszenie grawitacyjne jest zawsze stałe i równe dla wszystkich ciał, o ile spadek odbywa się w pobliżu powierzchni Ziemi, dlatego możemy go użyć w kinematycznych równaniach ruchu wszystkich ciał poruszających się w polu grawitacyjnym Ziemi. Dzięki tej własności potrafimy analizować całą gamę ciekawych przypadków ruchu. Przyspieszenie grawitacyjne jest na tyle ważną wielkością fizyczną, że przypisujemy jej własny symbol g . Jego wartość jest stała (niezmienna w czasie) w każdym punkcie na Ziemi i dla całej kuli ziemskiej wynosi średnio g = 9,81 m / s 2 . Tak naprawdę g zmienia się od 9,78 m / s 2 do 9,83 m / s 2 w zależności od szerokości geograficznej, wysokości nad powierzchnią Ziemi, struktury geologicznej Ziemi w danym obszarze, lokalnej topografii terenu itp. Mimo to, dla potrzeb tego podręcznika przyjmiemy średnią wartość typową dla obszaru Polski równą 9,81 m / s 2 , której będziemy używać we wszystkich zadaniach, o ile nie zasygnalizujemy, że jest inaczej. Jeśli pominiemy wszystkie te wymienione powyżej efekty, a także wpływ ruchu obrotowego Ziemi na wielkość przyspieszenia ciał, możemy dodatkowo przyjąć za kierunek wektora przyspieszenia grawitacyjnego – kierunek „w dół” (czyli do środka Ziemi). W istocie, sformułowanie kierunek pionowy jest zdefiniowane przez kierunek g . Pamiętaj, że przyspieszenie a , które będziemy wstawiać do równań ruchu, może mieć wartość + g lub − g , w zależności od przyjętego układu współrzędnych. Jeśli przyjmiemy kierunek „do góry” jako dodatni, to a = − g = − 9,81 m / s 2 , natomiast jeśli dodatni będzie kierunek „w dół”, to a = g = 9,81 m / s 2 . Ruch jednowymiarowy w polu grawitacyjnym W ruchu pionowym ciał pod wpływem przyspieszenia grawitacyjnego będziemy konsekwentnie pomijać wpływ oporu powietrza i tarcia. Oznacza to, że wektor prędkości będzie zawsze skierowany pionowo (do góry lub w dół). Jeżeli ciało zostało upuszczone z pewnej wysokości, to jego prędkość początkowa wynosi zero (dotyczy spadku swobodnego). Jeśli ciało zostało rzucone (w górę lub w dół), to ma prędkość początkową, której wartość i kierunek musimy uwzględnić w równaniach ruchu. Zakładamy, że prędkość początkowa, jaką nadano rzuconemu ciału, jest taka sama w momencie tuż po wyrzuceniu ciała w powietrze (np. tuż po opuszczeniu ręki rzucającego lub lufy karabinu). Innymi słowy, jest to ta sama prędkość, jaką ma ciało już w ruchu, bez kontaktu z jakimkolwiek innym ciałem. Położenie ciała jest tym razem mierzone w pionie, a nie tak jak zazwyczaj dotąd – w poziomie, dlatego oznaczymy je przez y . Równania ruchu w spadku swobodnym i rzucie pionowym Przyjmujemy, że przyspieszenie wynosi − g (dodatni kierunek jest zdefiniowany w górę). v = v 0 − g t , y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) . Strategia rozwiązywania zadań: spadek swobodny i rzut pionowy Wybierz znak przyspieszenia grawitacyjnego. W równaniach - znak g jest ujemny, co oznacza, że dodatni kierunek wybrano do góry, podczas gdy grawitacja działa w dół. W niektórych przypadkach warto jednak zdefiniować kierunek w dół jako dodatni, wtedy g ma znak +. Naszkicuj sytuację fizyczną. Z treści zadania wynotuj dane i szukane. To może pomóc w wyborze równania ruchu odpowiedniego do obliczenia konkretnej niewiadomej. Wybierz prawidłowe równanie spośród - do wyliczenia niewiadomych. Rzut pionowy piłki pokazuje położenia piłki w 1-sekundowych odstępach czasu, rzuconej z prędkością początkową 4,9 m/s pionowo w dół z dachu budynku o wysokości 98 m. Po jakim czasie piłka dotrze do ziemi? Z jaką prędkością upadnie na ziemię? Położenia i prędkości piłki rzuconej pionowo w dół z szybkością 4,9 m/s, mierzone w odstępach 1-sekundowych. Strategia rozwiązania Obieramy układ współrzędnych, w taki sposób, że jego początek znajduje się w dowolnym punkcie dachu, natomiast dodatnia półoś y skierowana jest w górę, a ujemna – w dół. Do obliczenia czasu, po którym położenie piłki wyniesie –98 m, użyjemy , kładąc y 0 = 0 , v 0 = − 4,9 m / s oraz g = 9,81 m / s 2 . Rozwiązanie Wstawiamy dane do równania: y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , − 98,0 m = 0 m − 4,9 m / s ⋅ t − 1 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ t 2 . Po uproszczeniach otrzymujemy: t 2 + t − 20 = 0 . To równanie kwadratowe ma dwa pierwiastki: t = − 5,0 s oraz t = 4,0 s . Interesuje nas tylko dodatnie rozwiązanie, bo przyjęliśmy t = 0 jako czas, gdy piłka została rzucona z dachu. (Rozwiązanie t = − 5,0 s jest w istocie czasem, po którym piłka rzucona z ziemi pionowo do góry z odpowiednią prędkością przeleci na wysokości dachu z szybkością 4,9 m/s już w swoim locie w dół – po osiągnięciu wysokości maksymalnej i zawróceniu). Korzystając z , łatwo znajdziemy prędkość końcową v = v 0 − g t = − 4,9 m / s − 9,81 m / s 2 ⋅ 4,0 s = − 44,1 m / s . Znaczenie W przypadkach, gdy równanie kwadratowe ma dwa rozwiązania, aby wybrać poprawne, musimy zastanowić się nad fizycznym sensem każdego z nich. Skoro wybraliśmy t = 0 jako czas, w którym piłka rozpoczęła swój ruch, rozwiązanie ujemne oznacza czas przed wyrzuceniem piłki, który nie ma dla nas fizycznego znaczenia. Zwróć uwagę, że w rzeczywistości gdy piłka uderza w ziemię, jej prędkość nie spada natychmiastowo do zera. Od momentu kontaktu piłki z podłożem przez chwilę do całkowitego zatrzymania piłki działa na nią przyspieszenie inne niż g . Zauważ też, jak ważny jest prawidłowy wybór początku i kierunku osi układu współrzędnych oraz konsekwentny wybór znaków g w równaniach ruchu. Ruch piłki baseballowej w pionie Pałkarz uderza piłkę tak, że leci ona pionowo w górę i po 5,0 s zostaje złapana przez łapacza, który szybko zastąpił na stanowisku pałkarza ( ). Jaką prędkość początkową pałkarz nadał piłce? Na jaką maksymalną wysokość wzniosła się piłka? Jak długo piłka wznosiła się do momentu osiągnięcia wysokości maksymalnej? Jakie przyspieszenie miała piłka na wysokości maksymalnej? Jaką prędkość miała piłka w momencie złapania jej przez drugiego zawodnika? Załóż, że wysokość, na jakiej złapano piłkę, jest równa wysokości wyrzucenia jej do góry. Piłka baseballowa uderzona pionowo do góry zostaje złapana przez łapacza po 5,0 s. Strategia rozwiązania Wybierz układ współrzędnych z osią y skierowaną do góry i początkiem w punkcie wyrzutu i złapania piłki. Rozwiązanie Wykorzystujemy : y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , 0 m = 0 m + v 0 ⋅ 5,0 s − 1 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ ( 5,0 s ) 2 , co pozwala obliczyć prędkość początkową v 0 = 24,5 m / s . Na wysokości maksymalnej v = 0 , po podstawieniu v 0 = 24,5 m / s do otrzymujemy v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , 0 = ( 24,5 m / s ) 2 − 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ ( y − 0 ) , oraz y = 30,6 m . Do obliczenia czasu, po którym v = 0 , użyjemy : v = v 0 − g t , 0 m / s = 24,5 m / s − 9,81 m / s 2 ⋅ t . To daje nam t = 2,5 s . Skoro piłka wznosi się do góry przez 2,5 s, także czas jej spadku na ziemię wynosi 2,5 s. Przyspieszenie wynosi 9,81 m / s 2 w każdym punkcie toru lotu piłki, także na wysokości maksymalnej. W momencie osiągnięcia wysokości maksymalnej wartość prędkości wynosi co prawda zero, ale następuje zmiana zwrotu prędkości na przeciwny. Po osiągnięciu wysokości maksymalnej, kierunek i zwrot wektora prędkości jest zgodny z kierunkiem i zwrotem przyspieszenia. Prędkość po czasie t = 5,0 s w ruchu w dół może być wyznaczona dzięki : v = v 0 − g t = 24,5 m / s − 9,81 m / s 2 ⋅ 5,0 s = − 24,5 s . Znaczenie Piłka powraca z prędkością o takiej samej wartości, z jaką została wyrzucona do góry. Jest to ogólna cecha każdego rzutu pionowego do góry z dowolną prędkością początkową. Zauważ, że mimo iż ruch piłki ma dwa etapy (wznoszenie i opadanie), to w kontekście równań ruchu potraktowaliśmy go w jednolity sposób. Użyliśmy tylko jednego ogólnego równania ruchu, bez dzielenia ruchu na etap w górę i etap w dół. Ponieważ tak zrobiliśmy, prędkość w ruchu w dół jest ujemna, co jest zgodne z założonym kierunkiem osi. Pamiętaj, że ruch ciała w górę (oddalanie od powierzchni) możemy traktować tak samo jak spadek swobodny (ruch w stronę powierzchni) w kontekście równań ruchu. Sprawdź, czy rozumiesz. Bryła lodu odrywa się od lodowca w Arktyce i spada pionowo w dół, pokonując dystans 30,0 m, zanim uderzy w taflę wody. Zakładając, że spadek jest swobodny (pomijamy opory), odpowiedz, po jakim czasie bryła wpadnie do wody? W jaki sposób szybkość i droga rosną z czasem? Bryła wpadnie do wody po czasie 2,47 s. Droga pokonana przez bryłę jest opisana zależnością kwadratową, a szybkość zależnością liniową. Rakieta z boosterem Mała rakieta do celów eksperymentalnych wyposażona jest w dodatkową rakietę wzmacniającą (ang. booster ). Na wysokości 5,0 km i po osiągnięciu prędkości 200,0 m/s booster zostaje odrzucony i rakieta w dalszym locie już nie przyspiesza. Na jaką maksymalną wysokość wzniesie się odrzucony booster? Jaką prędkość ma booster na wysokości 6,0 km? Pomiń opory powietrza. Po osiągnięciu pewnej wysokości i prędkości rakieta odrzuca dodatkowy człon przyspieszający. Jaką wysokość i prędkość on osiągnie? Strategia rozwiązania Wybieramy układ współrzędnych tak, aby przyspieszenie grawitacyjne skierowane w dół było ujemne. Znamy początkowe położenie i prędkość boostera, odpowiednio 5,0 km i 200,0 m/s w górę (booster porusza się ruchem jednostajnie opóźnionym z prędkością początkową). W punkcie odpalenia boostera zaczepiamy początek układu. Wiemy, że po osiągnięciu maksymalnej wysokości prędkość boostera spada do zera. Wykorzystując te dane, decydujemy się na wybór , które pozwoli nam bezpośrednio obliczyć wysokość maksymalną. Z kolei pozwoli nam znaleźć prędkość na wysokości 6,0 km. Rozwiązanie Do równania v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) w podstawiamy v = 0 , y 0 = 0 i obliczamy y : y = v 0 2 2 g = ( 200,0 m / s ) 2 2 ⋅ 9,81 m / s 2 = 2 038,7 m . Ten wynik to wysokosć maksymalna boostera w wybranym przez nas układzie współrzędnych, którego początek przyjęliśmy w punkcie odrzucenia boostera. Całkowita wysokość maksymalna (liczona względem ziemi) wynosi ok. 7,0 km. Wysokość całkowita 6,0 km nad ziemią oznacza y = 1000 m w naszym układzie współrzędnych. Ponadto wiemy, że y 0 = 0 , v 0 = 200,0 m / s . Na podstawie mamy v 2 = ( 200,0 m / s ) 2 − 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 1000 m ⟹ v = ± 142,8 m / s . Znaczenie Otrzymaliśmy dodatnie i ujemne rozwiązanie części (b). Ponieważ przyjęliśmy kierunek w górę jako dodatni kierunek osi układu współrzędnych, to wynik +142,8 m/s odpowiada prędkości boostera na wysokości 6 000 m w ruchu w górę, natomiast wynik ujemny dotyczy sytuacji, gdy booster już spada po osiągnięciu wysokości maksymalnej. Oczywiście znajduje się on na wysokości 6 000 m dwukrotnie. Ten przykład jest ważny, bo pokazuje, że początek naszego układu współrzędnych możemy umieścić na dowolnej wysokości nad Ziemią, niekoniecznie na jej powierzchni. Musimy jednak być ostrożni i uwzględniać tę dodatkową wysokość w naszych obliczeniach. Moglibyśmy postąpić inaczej i przyjąć początek układu na powierzchni Ziemi (standardowo), ale wtedy do równań musielibyśmy dopisać wysokość początkową równą 5 000 m. Podsumowanie Ciało w spadku swobodnym i rzucie pionowym doznaje przyspieszenia o stałej wartości i pionowym kierunku, jeśli pomijamy opory powietrza. Na Ziemi ciała doznają przyspieszenia grawitacyjnego g o uśrednionej wartości g = 9,81 m / s 2 . Zazwyczaj przyjmujemy kierunek pionowy jako dodatni dla położenia, przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia ciała w ruchu w polu grawitacyjnym. Pytania Jakiego przyspieszenia doznaje kamień rzucony pionowo do góry podczas wznoszenia się? Jakiego po osiągnięciu maksymalnej wysokości? Załóż brak oporów powietrza. Ciało rzucone pionowo do góry spada z powrotem na ziemię. Kiedy jego prędkość wynosi zero? Czy prędkość zmienia kierunek? Czy przyspieszenie ciała ma ten sam kierunek w jego ruchu do góry i w dół? na wysokości maksymalnej; tak, na wysokości maksymalnej; tak. Załóżmy, że próbujesz strącić kamieniem owoc palmy kokosowej. Rzucasz niemal pionowo do góry tak, że kamień w locie wznoszącym tylko ociera się o kokos, ale trafia w niego podczas opadania. Pomiń opór powietrza i małe odchylenie od pionu kierunku lotu kamienia. Jak porównasz wartości prędkości kamienia w locie w dół, gdy trafia on kokos, oraz w locie wznoszącym, gdy tylko mija owoc? Wyjaśnij, czy łatwiej strącić owoc z palmy kamieniem wznoszącym się czy opadającym? Dotkliwość skutków spadku swobodnego zależy od tego, z jaką prędkością końcową ciało upada na ziemię. Z o ile większej wysokości można upuścić ciało na Księżycu niż na Ziemi, aby było tak samo bezpieczne podczas upadku? Załóż, że tylko przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu jest inne niż na Ziemi (jest sześciokrotnie mniejsze). Ziemia v = v 0 − g t = − g t ; Księżyc v ′ = − g 6 t ′ ; Porównujemy prędkości: v = v ′ → − g t = − g 6 t ′ → t ′ = 6 t ; Ziemia y = − 1 2 g t 2 ; Księżyc y ′ = − 1 2 ⋅ g 6 ⋅ ( 6 t ) 2 = − 1 2 ⋅ g ⋅ 6 t 2 = − 6 ⋅ ( 1 2 ⋅ g t 2 ) = − 6 y . Ile razy wyżej może skoczyć astronauta na Księżycu, gdzie panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne niż na Ziemi, przy tej samej prędkości początkowej? Zadania Oblicz położenia i prędkości piłki rzuconej pionowo z prędkością 15,0 m/s w chwilach 0,500 s, 1,00 s, 1,50 s, oraz 2,00 s. Za wysokość początkową przyjmij y 0 = 0 . Most Verrazano-Narrows w Nowym Jorku jest jednym z największych mostów drogowych na świecie. Wysokość pasa drogowego nad lustrem wód zatoki Hudsona wynosi 70 m. Oblicz położenia i prędkości kamienia rzuconego pionowo w dół z mostu z prędkością 14,0 m/s, liczone od miejsca wyrzutu, po 0,500 s, 1,00 s, 1,50 s, 2,00 s, i 2,50 s. y = − 8,23 m , v 1 = − 18,9 m / s ; y = − 18,9 m , v 2 = − 23,8 m / s ; y = − 32,0 m , v 3 = − 28,7 m / s ; y = − 47,6 m , v 4 = − 33,6 m / s ; y = − 65,6 m , v 5 = − 38,5 m / s Sędzia meczu koszykówki rozpoczyna akcję po faulu rzutem sędziowskim. Z jaką szybkością koszykarz musi wybić się z parkietu, jeśli chce złapać piłkę, będąc na wysokości 1,25 m nad parkietem? Śmigłowiec ratunkowy wisi nad wywróconym na morzu jachtem. Jeden z ratowników zrzuca w kierunku ofiary pływającej w wodzie kosz ratowniczy, nadając mu prędkość 1,40 m/s, i zauważa, że dociera on do powierzchni wody po 1,8 s. Wypisz wszystkie znane wielkości. Na jakiej wysokości nad wodą wisi śmigłowiec? Dane: a = − 9,81 m / s 2 , v 0 = − 1,4 m / s , t = 1,8 s , y 0 = 0 ; y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , y = v 0 t − 1 2 g t 2 = − 1,4 m / s ⋅ 1,8 s − 1 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ ( 1,8 s ) 2 = − 18,4 m , przy czym początek układu współrzędnych przyjmujemy w położeniu śmigłowca; znajduje się on więc na wysokości 18,4 m nad wodą. Niefizyczny wynik Podczas pokazu w oceanarium delfin wyskakuje z wody z szybkością 15,0 m/s. Jak wysoko nad powierzchnię wody uniesie się delfin? Jak długo delfin przebywa w powietrzu? Zaniedbaj opór powietrza. Na każdym etapie rozwiązywania zadania określ dane i szukane, wybierz odpowiednie równanie ruchu, a po obliczeniu wartości niewiadomych dokonaj analizy wymiarowej i oceń sensowność wyniku. Zawodnik skoków do wody wybija się z rampy pionowo do góry i w pozycji pionowej nogami w dół wpada do basenu. Rampa znajduje się 1,80 m nad wodą, a prędkość wybicia skoczka to 4,00 m/s. Jaka jest maksymalna wysokość w locie skoczka (jego stóp) do góry? Przez jaki całkowity czas jego stopy znajdują się w powietrzu? Z jaką prędkością jego stopy przebijają lustro wody? v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , y 0 = 0 , v = 0 ⟶ y = v 0 2 2 g = ( 4,0 m / s ) 2 2 ⋅ 9,81 m / s 2 = 0,82 m ; czas do wysokości maksymalnej t = 0,41 s pomnożony przez 2 z powrotem do wysokości rampy t = 0,82 s , a dalej od rampy do lustra wody: y = y 0 + v 0 ⁢ t − g ⁢ t 2 ∕ 2 y = y_0 + v_0t - gt^2/2 , y = − 1,80 ⁢ m y = -\\SI{1,80}{\\metre} , y 0 = 0 y_0 = 0 , v 0 = 4,0 ⁢ m ∕ s v_0 = \\SI{4,0}{\\metre\\per\\second} , zatem − 1,8 = 4,0 ⁢ t − 4,9 ⁢ t 2 ⇒ 4,9 ⁢ t 2 − 4,0 ⁢ t − 1,8 = 0 -\\num{1,8} = \\num{4,0}t - \\num{4,9}t^2 \\implies \\num{4,9} t^2 - \\num{4,0} t - \\num{1,8} = 0 , rozwiązanie równania kwadratowego daje 1,13 s; v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , y 0 = 0 , v 0 = 4,0 m / s , y = − 1,80 m ⟶ v = 7,16 m / s . Oblicz wysokość klifu, z którego kamień rzucony pionowo w górę z prędkością 8,00 m/s osiąga dno klifu po 2,35 s. Po jakim czasie kamień by spadł, gdyby był rzucony w dół z tą samą prędkością? Silny, ale dość nierozważny kulomiot rzuca kulą pionowo do góry z szybkością 11,0 m/s. Ile czasu ma kulomiot na ucieczkę z koła, jeśli punkt wyrzutu kuli znajduje się na wysokości 2,20 m, a sam zawodnik ma 1,80 m wysokości? Czas do wysokości maksymalnej: t = 1,12 s , razy 2 daje 2,24 s do momentu osiągnięcia z powrotem wysokości 2,20 m. Dodatkowe przemieszczenie do wysokości 1,80 m wynosi 0,40 m. y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , y = − 0,40 m , y 0 = 0 , v 0 = − 11,0 m / s , po podstawieniu danych otrzymujemy − 0,40 = − 11,0 t − 4,9 t 2 ⟶ 4,9 t 2 + 11,0 t − 0,40 = 0 Wybieramy dodatni pierwiastek równania kwadratowego, który ma wartość 0,04 s – jest to czas potrzebny do pokonania dodatkowych 0,40 m. Zatem całkowity czas wynosi 2,24 s + 0,04 s = 2,28 s . Rzucasz piłką pionowo do góry z prędkością 15,0 m/s. Piłka w locie w górę mija gałąź na wysokości 7,0 m. Ile czasu upłynie, zanim piłka kolejny raz minie tę samą gałąź w locie w dół? Kangur potrafi przeskoczyć przeszkodę o wysokości nawet 2,50 m. Zakładając tylko ruch w pionie kangura, oblicz jego prędkość początkową w chwili odbicia od ziemi. Jak długo kangur przebywa w powietrzu? v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , y 0 = 0 , v = 0 , y = 2,50 m , v 0 2 = 2 g y ⟹ v 0 = 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 2,50 m = 7,0 m / s . t = 0,72 s , razy 2 daje czas 1,44 s w powietrzu. W drodze od Czarnego Stawu na Rysy turysta słyszy, że z grani położonej 105,0 m powyżej odrywa się kamień. Dostrzega go jednak dopiero 1,50 s później. Na jakiej wysokości nad turystą jest jeszcze kamień w chwili, gdy turysta go dostrzega? Ile czasu zostaje jeszcze turyście, aby się uchylić od uderzenia kamieniem w głowę? Ze ściany skalnej w dolinie Dunajca na wysokości 250,0 m odrywa się kamień. Z jaką szybkością kamień przetnie wody Dunajca? Przyjmując czas reakcji turystów uczestniczących w spływie tratwą równy 0,300 s, oblicz, ile czasu turyści mają na uniknięcie uderzenia od momentu, gdy usłyszą trzask odrywanego kamienia. Szybkość dźwięku tego dnia wynosiła 335,0 m/s. Zaniedbaj różnicę wysokości wynikającą ze wzrostu turystów, która jednak z powodzeniem i tak mogłaby być pominięta. v = 70,0 m / s ; Czas lotu kamienia od chwili oderwania do momentu usłyszenia tego zdarzenia przez turystów: 0,75 s; czas do momentu osiągnięcia tratwy: 6,09 s. przyspieszenie grawitacyjne (ang. acceleration due to gravity ) przyspieszenie ciała w wyniku oddziaływania grawitacyjnego spadek swobodny i rzut pionowy (ang. free fall ) ruch ciała w powietrzu pod wpływem tylko przyspieszenia grawitacyjnego, z pominięciem oporu powietrza", "section": "Spadek swobodny i rzut pionowy", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania Materiał zawarty w tej sekcji wymaga od ciebie znajomości podstaw rachunku całkowego. Przed przystąpieniem do lektury powinieneś nadrobić ewentualne braki. W rozdziałach Prędkość chwilowa i szybkość średnia oraz Przyspieszenie średnie i chwilowe wprowadziliśmy definicje prędkości i przyspieszenia, używając rachunku różniczkowego. Różniczkując funkcję położenia od czasu, otrzymaliśmy zależność prędkości od czasu. Podobnie, obliczając pochodną prędkości po czasie, dostaliśmy funkcję przyspieszenia od czasu. W tej sekcji, dzięki całkowaniu, przejdziemy drogę odwrotną. Znając przyspieszenie, obliczymy prędkość, a całkując po czasie jeszcze raz – położenie w funkcji czasu. Obliczanie prędkości i położenia na podstawie przyspieszenia Załóżmy, że znamy funkcję przyspieszenia od czasu a ( t ) . Wiemy, że przyspieszenie jest pochodną prędkości po czasie d d t v t = a t . Tę równość scałkujmy obustronnie po czasie. Otrzymujemy ∫ d d t v t d t = ∫ a t d t + C 1 , gdzie C 1 jest stałą całkowania (obliczamy całkę nieoznaczoną!). Ponieważ ∫ d d t v t d t = v t , na podstawie definicji całki, to prędkość jako funkcja czasu może być zdefiniowana przez v t = ∫ a t d t + C 1 . Podobnie prędkość jest pochodną położenia po czasie d d t x t = v t . Zatem, całkując to równanie, znajdziemy położenie w funkcji czasu x t = ∫ v t d t + C 2 , gdzie C 2 jest kolejną stałą całkowania. Wykorzystamy teraz dwie powyższe całki do otrzymania kinematycznych równań ruchu ze stałym przyspieszeniem, które poznaliśmy w poprzednich sekcjach. Przyjmując, że a ( t ) = a ma stałą w czasie wartość i obliczając całkę z , otrzymujemy v t = ∫ a d t + C 1 = a t + C 1 . Wartość stałej całkowania znajdziemy z tzw. warunków początkowych. Przyjmijmy, że prędkość początkowa v ( 0 ) = v 0 . Wówczas v 0 = 0 + C 1 . Zatem C 1 = v 0 , a równanie prędkości jest następujące v ( t ) = v 0 + a t , co odpowiada . Podstawiając to wyrażenie do całki z , otrzymujemy x t = ∫ v 0 + a t d t + C 2 . Całka ta jest łatwa do obliczenia. Po obliczeniu całki otrzymujemy: x t = v 0 t + 1 2 a t 2 + C 2 . Stałą całkowania znów znajdziemy dzięki warunkowi początkowemu x ( 0 ) = x 0 : x 0 = 0 + 0 + C 2 , a więc C 2 = x 0 . Podsumowując, kinematyczne równanie położenia x ( t ) ma następującą postać x ( t ) = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 , co jest z kolei zgodne z . Ruch motorówki Motorówka płynie ze stałą prędkością 5,0 m/s, kiedy zaczyna hamować, doznając przyspieszenia zależnego od czasu a ⁡ t = − 1 4 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t a \\apply (t) = - \\frac14 \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t . Jaką funkcją czasu jest prędkość motorówki? W jakim momencie prędkość motorówki spada do zera? Jaką funkcją czasu jest położenie motorówki? O ile przemieszcza się motorówka od momentu rozpoczęcia hamowania (chwila początkowa równa 0) do chwili, w której prędkość motorówki spada do zera? Narysuj zależności prędkości i położenia motorówki od czasu. Strategia rozwiązania Aby dostać funkcję prędkości, musimy scałkować przyspieszenie i wykorzystać warunki początkowe do znalezienia stałej. Podstawimy prędkość końcową równą zero i obliczymy czas. Podobnie do (a), scałkujemy prędkość po czasie i ustalimy stałą całkowania. Ponieważ położenie początkowe przyjmujemy jako równe zero, wystarczy znaleźć położenie po czasie, po którym prędkość spada do zera. Rozwiązanie Przyjmujemy czas t = 0 jako chwilę początkową, w której motorówka zaczyna hamować. Znaną zależność przyspieszenia od czasu wstawiamy do całki w i otrzymujemy v ( t ) : v ⁡ t = ∫ a ⁡ t ⁢ d t = ∫ − 1 4 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t ⁢ d t = − 1 8 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 2 + C 1 ⁢ . v \\apply (t) = \\int a \\apply (t) \\d t = \\int -\\frac14 \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t \\d t = -\\frac18 \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t^2 + C_1 \\text{.} Dla t = 0 mamy v ( 0 ) = 5 m / s = 0 + C 1 , więc C 1 = 5 m / s oraz v ⁡ t = − 1 8 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0 ⁢ m ∕ s v \\apply (t) = -\\frac18 \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t^2 + \\SI{5,0}{\\metre\\per\\second} . v ⁡ t = − 1 8 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0 ⁢ m ∕ s = 0 ⇒ t = 6,3 ⁢ s v \\apply (t) = - \\frac18 \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t^2 + \\SI{5,0}{\\metre\\per\\second} = 0 \\implies t= \\SI{6,3}{\\second} . Rozwiązujemy : x ⁡ t = ∫ v ⁡ t ⁢ d t x ⁡ t = ∫ − 1 8 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0 ⁢ m ∕ s ⁢ d t x ⁡ t = − 1 24 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 3 + 5,0 ⁢ m ∕ s ⋅ t + C 2 . \\begin{multiline} x \\apply (t) &= \\int v \\apply (t) \\d t \\\\ &= \\int (-\\frac18 \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t^2 + \\SI{5,0}{\\metre\\per\\second}) \\d t \\\\ &= -\\frac{1}{24} \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t^3 + \\SI{5,0}{\\metre\\per\\second} \\cdot t + C_2 \\text{.} \\end{multiline} x ⁡ t = ∫ v ⁡ t ⁢ d t = ∫ − 1 8 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0 ⁢ m ∕ s ⁢ d t = − 1 24 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 3 + 5,0 ⁢ m ∕ s ⋅ t + C 2 . Dla t = 0 możemy przyjąć x ( 0 ) = x 0 = 0 , bo interesuje nas tylko przemieszczenie od miejsca, gdzie łódka zaczyna zwalniać. Mamy x ( 0 ) = 0 = C 2 . Dlatego równanie położenia jest następujące x ⁡ t = − 1 24 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ t 3 + 5,0 ⁢ m ∕ s ⋅ t ⁢ . x \\apply (t) = -\\frac{1}{24} \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot t^3 + \\SI{5,0}{\\metre\\per\\second} \\cdot t \\text{.} Ponieważ położenie początkowe jest zero, musimy tylko obliczyć wartość x ( t ) dla czasu, gdy prędkość motorówki spada do zera. Ten czas wynosi t = 6,3 s . Zatem całkowite przemieszczenie motorówki do zatrzymania wynosi x ⁡ 6,3 ⁢ s = − 1 24 ⁢ m ∕ s 3 ⋅ 6,3 ⁢ s 3 + 5,0 ⁢ m ∕ s ⋅ 6,3 ⁢ s = 21,1 ⁢ m ⁢ . x \\apply (\\SI{6,3}{\\second}) = -\\frac{1}{24} \\si{\\metre\\per\\second\\cubed} \\cdot (\\SI{6,3}{\\second})^3 + \\SI{5,0}{\\metre\\per\\second} \\cdot \\SI{6,3}{\\second} = \\SI{21,1}{\\metre} \\text{.} (a) Prędkość motorówki jako funkcja czasu. Motorówka traci prędkość aż do zera po upływie 6,3 s. Po tym czasie prędkość motorówki zaczęłaby być ujemna, co oznacza, że motorówka zmieniłaby kierunek ruchu. (b) Położenie motorówki jako funkcja czasu. W t = 6,3 s prędkość spada do zera i motorówka zatrzymuje się. Po tym czasie położenie zaczyna maleć w czasie, co oznacza, że motorówka cofałaby się w kierunku, z którego nadpłynęła. Znaczenie Przyspieszenie w tym przykładzie jest liniową funkcją czasu, dlatego całkowanie było proste. Na wykresach przedstawionych na widzimy, że po czasie, w którym motorówka zatrzymuje się, jej prędkość stałaby się ujemna, a położenie zaczęłoby maleć. To rozwiązanie jest poza naszym zainteresowaniem, ale matematycznie jest poprawne. Pamiętaj, aby zwracać uwagę na poprawną interpretację fizyczną wyników. Sprawdź, czy rozumiesz. Cząstka rusza z miejsca z przyspieszeniem zależnym od czasu jak ( 5 − 10 t ) m / s 2 . Jaka jest funkcja prędkości cząstki? Jaka jest jej funkcja położenia? Kiedy prędkość cząstki jest równa zeru? Prędkość jest całką nieoznaczoną przyspieszenia po czasie. Na podstawie v t = ∫ a t d t + C 1 = ∫ 5 − 10 t d t + C 1 = 5 t − 5 t 2 + C 1 . Ponieważ v ( 0 ) = 0 , mamy C 1 = 0 ; zatem v ( t ) = ( 5 t − 5 t 2 ) m / s . Na podstawie x t = ∫ v t d t + C 2 = ∫ 5 t − 5 t 2 d t + C 2 = 5 2 t 2 − 5 3 t 3 + C 2 . Ponieważ x ( 0 ) = 0 , otrzymujemy C 2 = 0 i x ( t ) = ( 5 2 t 2 − 5 3 t 3 ) m . Funkcję prędkości możemy zapisać w postaci v ( t ) = 5 t ( 1 − t ) m / s , dla której łatwo zidentyfikujemy miejsca zerowe: t = 0 i t = 1 s . Podsumowanie Dzięki rachunkowi całkowemu otrzymujemy bardziej uniwersalne sformułowanie kinematyki. Jeśli funkcja przyspieszenia a ( t ) jest znana, poprzez całkowanie możemy znaleźć także funkcje prędkości v ( t ) i położenia x ( t ) . Jeśli przyspieszenie jest stałe w czasie, otrzymujemy i znane dla ruchu ze stałym przyspieszeniem. Najważniejsze wzory Przemieszczenie Δ x = x k − x 0 Całkowite przemieszczenie Δ x całk = ∑ i Δ x i Prędkość średnia v ¯ = Δ x Δ t = x 2 − x 1 t 2 − t 1 Prędkość chwilowa v ( t ) = d x ( t ) d t Szybkość średnia v śr = Całkowita droga Całkowity czas Szybkość (wartość prędkości chwilowej) | v ( t ) | Przyspieszenie średnie a ¯ = Δ v Δ t = v k − v 0 t k − t 0 Przyspieszenie chwilowe a ( t ) = d v ( t ) d t Równanie położenia x = x 0 + v ¯ t Prędkość średnia v ¯ = v 0 + v 2 ( a = const ) Równanie prędkości v = v 0 + a t ( a = const ) Równanie położenia x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 ( a = const ) Zależność prędkości od położenia v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) ( a = const ) Prędkość w rzucie pionowym v = v 0 − g t (oś do góry) Wysokość w rzucie pionowym y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 Zależność prędkości od wysokości w rzucie pionowym v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) Równanie całkowe prędkości v t = ∫ a t d t + C 1 Równanie całkowe położenia x t = ∫ v t d t + C 2 Pytania Gdy znasz zależność przyspieszenia od czasu i chcesz obliczyć funkcję prędkości i położenia w czasie to jakich dodatkowych informacji potrzebujesz? Zadania Przyspieszenie cząstki zmienia się w czasie jak funkcja a ( t ) = p t 2 − q t 3 , gdzie p i q są stałymi. W chwili początkowej położenie i prędkość są równe zero. Jaką funkcją czasu jest prędkość? Jaką funkcją czasu jest położenie? W przedziale czasu między t = 0 i t = t 1 rakieta wznosi się do góry z przyspieszeniem a ( t ) = A − B t 1 / 2 , gdzie A i B są stałymi. Jeżeli x mierzymy w metrach, a t w sekundach, jakie jednostki mają A i B ? Jeśli prędkość początkowa rakiety była zerowa, to jak zmienia się ona pomiędzy t = 0 i t = t 1 ? Jeśli początkowe położenie rakiety wynosi zero, to jaką funkcją jest w tym samym przedziale czasu położenie? [ A ] = m/s 2 , [ B ] = m/s 5 / 2 ; v ( t ) = ∫ a ( t ) d t + C 1 = ∫ ( A − B t 1 / 2 ) d t + C 1 = A t − 2 3 B t 3 / 2 + C 1 , v ( 0 ) = 0 = C 1 , więc v ( t 0 ) = A t 0 − 2 3 B t 0 3 / 2 ; x ( t ) = ∫ v ( t ) d t + C 2 = ∫ ( A t − 2 3 B t 3 / 2 ) d t + C 2 = 1 2 A t 2 − 4 15 B t 5 / 2 + C 2 , x ( 0 ) = 0 = C 2 , więc x ( t 0 ) = 1 2 A t 0 2 − 4 15 B t 0 5 / 2 . Prędkość cząstki poruszającej się wzdłuż osi x zmienia się w przedziale czasu 1,0 s ⩽ t ⩽ 8,0 s jak v ( t ) = A + B t −1 , gdzie A = 2 m / s , B = 0,25 ⁢ m B = \\SI{0,25}{\\metre} . Znajdź przyspieszenie i położenie cząstki w chwilach t = 2,0 s i t = 5,0 s . Załóż, że x ( t = 1 s ) = 0 . Cząstka, która w chwili początkowej spoczywa w początku układu współrzędnych, nagle rusza z prędkością zależną od czasu jak v ( t ) = 3,2 t . W piątej sekundzie ruchu zależność prędkości cząstki od czasu zmienia się na funkcję v ( t ) = 16,0 - 1,5 t - 5,0 . Ten spadek prędkości zachodzi aż do jedenastej sekundy ruchu, od której prędkość ustala się na poziomie 7,0 m/s. Jak przyspieszenie cząstki zależy od czasu? Jakie jest położenie cząstki w chwilach t = 2,0 s , t = 7,0 s i t = 12,0 s ? Przyspieszenie: a ( t ) = { 3,2 m / s 2 , t ⩽ 5,0 s , 1,5 m / s 2 , 5,0 s < t ⩽ 11,0 s , 0 m / s 2 , t > 11,0 s . Położenie: Kiedy t ⩽ 5,0 s , x ( t ) = ∫ v ( t ) d t + C 2 = ∫ 3,2 t d t + C 2 = 1,6 t 2 + C 2 , x ( 0 ) = 0 ⟹ C 2 = 0 , zatem x ( 2,0 s ) = 6,4 m . Kiedy 5,0 s < t ⩽ 11,0 s , x ( t ) = ∫ v ( t ) d t + C 2 = ∫ [ 16,0 − 1,5 ( t − 5,0 ) ] d t + C 2 = 16 t − 1,5 ( t 2 2 − 5,0 t ) + C 2 , x ( 5 s ) = 1,6 ⋅ ( 5,0 ) 2 m = 40 m = 16 ⋅ 5,0 m − 1,5 ( 5 2 2 − 5,0 ⋅ 5,0 ) m + C 2 , 40 m = 98,75 m + C 2 ⟹ C 2 = − 58,75 m , zatem x ( 7,0 s ) = 16 ⋅ 7,0 m − 1,5 ( 7 2 2 − 5,0 ⋅ 7,0 ) m − 58,75 m = 69 m . Kiedy t > 11,0 s , x ( t ) = ∫ 7,0 d t + C 2 = 7 t + C 2 , x ( 11,0 s ) = 16 ⋅ 11,0 m − 1,5 ( 11 , 0 2 2 − 5,0 ⋅ 11,0 ) m − 58,75 m = 109 m = 7 ⋅ 11,0 m + C 2 , więc C 2 = 32 m , zatem x ( 12,0 s ) = 7 ⋅ 12,0 m + 32 m = 116 m . Zadania dodatkowe Zawodowy łapacz drużyny baseballowej może przyjąć piłkę pędzącą z prędkością 160,0 km/h. Jak długo leci piłka rzucona z taką prędkością z bazy odległej o 18,4 m? Porównaj ten czas ze średnim czasem reakcji człowieka na bodziec wzrokowy, który wynosi ok. 0,25 s. Załóż, że ruch piłki jest prostoliniowy. Pierwszy samolot pokonuje dystans 3000 km z Chicago do Los Angeles w 5,0 h. O pół godziny krócej trwa lot drugiego samolotu. Porównaj szybkości średnie obu samolotów. Zaniedbaj ew. wpływ krzywizny Ziemi i różnice w szerokości geograficznej miast. Kierunek zachodni będzie kierunkiem dodatnim. samolot 1: v – = 600 k m / h samolot 2: v – = 667 k m / h Niefizyczny wynik Rowerzysta jedzie 16 km na wschód, potem 8 km na zachód, 8 km znowu na wschód, po czym 32 km na zachód i w końcu 11,2 km na wschód. Jego wektor prędkości średniej ma wartość 24 km/h. Po jakim czasie pokonał całą drogę? Czy ten wynik ma sens? Ciało ma przyspieszenie + 1,2 c m / s 2 . W chwili t = 4,0 s jego prędkość wynosi − 3,4 c m / s . Znajdź prędkości ciała w chwilach t = 1,0 s i t = 6,0 s . a = v − v 0 t − t 0 , t = 0 , a = − 3,4 c m / s − v 0 4 s = 1,2 c m / s 2 ⟹ v 0 = − 8,2 c m / s ; v = v 0 + a t = ( − 8,2 + 1,2 t ) c m / s ; v ( 1,0 s ) = − 7,0 c m / s , v ( 6,0 s ) = − 1,0 c m / s . Cząstka porusza się wzdłuż osi x zgodnie z równaniem położenia x ( t ) = ( 2,0 − 4,0 t 2 ) m . Jakie są prędkości i położenia cząstki w chwilach t = 2,0 s i t = 5,0 s ? Wiemy, że cząstka poruszająca się ze stałym przyspieszeniem, ma prędkości 2,0 m / s w chwili t = 2,0 s oraz − 7,6 m/s w chwili t = 5,2 s . Jakie jest przyspieszenie cząstki? a = − 3 m / s 2 . Pociąg wjeżdża na strome wzniesienie ze stałą prędkością (zobacz rysunek poniżej). W pewnej chwili ostatni wagon odpina się i zaczyna staczać się w dół. Po 5,0 s pokonuje drogę 30 m. Jakie jest przyspieszenie odczepionego wagonu? Elektron pędzi ruchem prostoliniowym z szybkością 4,0 ⋅ 10 5 m / s . Nagle wpada w obszar o długości 5,0 cm, w którym doznaje przyspieszenia o tym samym kierunku oraz wartości równej 6,0 ⋅ 10 12 m / s 2 . Z jaką prędkością elektron opuści ten obszar? Ile czasu elektron spędzi w tym obszarze? v = 8,7 ⋅ 10 5 m / s ; t = 7,8 ⋅ 10 − 8 s . Kierowca ambulansu musi jak najszybciej dowieźć pacjenta do szpitala. Jadąc z szybkością 72 km/h zauważa, że światła na najbliższym skrzyżowaniu zmieniają się na żółte. Aby zdążyć przejechać przed światłem czerwonym, musi pokonać 50 m w 2,0 s. Jakim co najmniej przyspieszeniem musi dysponować ambulans, aby kierowca zdołał przejechać skrzyżowanie, zanim zapali się czerwone światło? Z jaką szybkością ambulans opuści wtedy skrzyżowanie? Dojeżdżający do bramek autostradowych motocykl hamuje jednostajnie, pokonując pierwszy kilometr w czasie 80 s, a drugi kilometr w czasie 120 s. Oblicz przyspieszenie i prędkość początkową motocykla. 1 k m = v 0 ⋅ 80,0 s + 1 2 a ⋅ ( 80,0 s ) 2 ; 2 k m = v 0 ⋅ 200,0 s + 1 2 a ⋅ ( 200,0 s ) 2 - rozwiązujemy układ równań, aby jednocześnie otrzymać a = − 0,1 2 400,0 k m / s 2 i v 0 = 0,014 167 k m / s , czyli 51,0 k m / h . Prędkość na końcu 2-kilometrowego odcinka wynosi v = 21,0 k m / h . Rowerzystka pokonuje dystans między punktem A i punktem B w 10 min. Przez pierwsze 2 min jedzie ze stałym przyspieszeniem 0,090 m / s 2 . Przez kolejne 5 min jedzie ze stałą prędkością. Następnie, przez ostatnie 3 min jej podróży zwalnia ze stałym przyspieszeniem tak, że w punkcie B zatrzymuje się. Naszkicuj zależność jej prędkości od czasu w trakcie całej podróży. Z jakim przyspieszeniem porusza się rowerzystka przez ostanie 3 min? Jaką całkowitą drogę pokonała rowerzystka? Dwa pociągi pędzą tym samym torem z szybkością 30 m/s naprzeciw siebie. Maszyniści obu pociągów jednocześnie zauważają, że są na kursie kolizyjnym i uruchamiają hamulce bezpieczeństwa w momencie, gdy odległość między pociągami wynosi 1000 m. Jakie muszą być przyspieszenia obu pociągów (załóż, że mają takie same wartości), aby pociągi zatrzymały się tuż przed momentem zderzenia. a = − 0,9 m / s 2 . Ciężarówka o długości 10 m wyprzedza na autostradzie samochód osobowy o długości 3 m. Prędkość ciężarówki to 97 km/h, a samochodu 80 km/h. Jak długo trwa wyprzedzanie? (Ile czasu upłynie od chwili, gdy przód ciężarówki znajdzie się na wysokości tylnego zderzaka samochodu, do chwili, gdy tył ciężarówki minie czubek maski samochodu?) Patrol policji namierza pirata pędzącego z szybkością 40 m/s. W chwili, gdy pirat mija patrol, policjanci ruszają w pościg. Radiowóz ma przyspieszenie 4 m / s 2 . Po jakim czasie dogonią pirata? Równanie ruchu dla pirata drogowego: Pirat ma stałą prędkość, równą prędkości średniej, i nie ma przyspieszenia, więc użyjemy równania na położenie z prędkością średnią, kładąc x 0 = 0 : x = x 0 + v ¯ t = v ¯ t ; Równanie ruchu dla radiowozu: Radiowóz porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc użyjemy równania na położenie z x 0 = 0 i v 0 = 0 : x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 = 1 2 a t 2 ; Otrzymujemy układ dwóch równań, które rozwiążemy ze względu na niewiadomą t . Krok 1: porównujemy położenia x radiowozu i pirata: v ¯ t = 1 2 a t 2 ; Krok 2: obliczamy czas do spotkania t : t = 2 v ¯ a . Uciekający pirat ma stałą prędkość 40 m/s. Radiowóz ma przyspieszenie 4 m/s 2 . Obliczamy czas do spotkania, czyli czas, po jakim radiowóz dogoni pirata: t = 2 v a = 2 ⋅ 40 m / s 4 m / s 2 = 20 s . Bartek biegnie w półmaratonie ze stałą prędkością o wartości 3 m/s. Maciek biegnie z tą samą prędkością, ale 50 m za plecami Bartka. Aby nadrobić stratę, Maciek przyspiesza w tempie 0,05 m / s 2 . Ile czasu zajmie Maćkowi dogonienie Bartka? Jaką drogę pokona w tym czasie Maciek? Z jaką prędkością końcową Maciek minie Bartka? Niefizyczny wynik Biegaczka na 75 m przed linią mety zaczyna zwalniać od prędkości 8 m/s ze stałym opóźnieniem 0,5 m / s 2 . Ile czasu upłynie, zanim biegaczka przetnie linię mety? Czy ten wynik ma sens? Z podanym opóźnieniem biegaczka zatrzyma się po czasie t = − v 0 a = 8 m / s 0,5 m / s 2 = 16 s , ale droga pokonana w tym czasie to tylko x = 8 m / s ⋅ 16 s − 1 2 ⋅ 0,5 m / s 2 ⋅ ( 16 s ) 2 = 64 m , czyli mniej niż wynosi dystans do mety. Z takimi parametrami biegaczka nigdy nie ukończy biegu. Samolot zwiększa prędkość w poziomym locie w tempie 5,0 m / s 2 . Przyspieszając, pokonuje 10,0 km w czasie 30,0 s. Oblicz prędkość początkową i końcową samolotu. Porównaj drogi przebyte przez dwa ciała, które poruszając się z tą samą prędkością początkową, w tym samym czasie zwiększają prędkość: dwukrotnie – ciało pierwsze, i czterokrotnie – ciało drugie. Załóż, że oba ciała mają (różne) stałe przyspieszenia. x 1 = 3 2 v 0 t , x 2 = 5 3 x 1 . Cząstka porusza się w lewo osi ze stałą prędkością. W chwili początkowej t 0 = 0 znajduje się w położeniu x 0 . Jakiego przyspieszenia musi doznać cząstka, aby po pewnym czasie t jej całkowite przemieszczenie wyniosło 0? Jaka jest fizyczna interpretacja rozwiązania, jeśli zażądamy, aby t → ∞ ? Piłkę rzucono pionowo do góry z nieznaną prędkością początkową. W swoim locie w górę piłka mija okno o wysokości 2 m, które znajduje się na wysokości 7,50 m nad miejscem wyrzucenia. Czas mijania okna wynosi 1,30 s. Z jaką prędkością początkową wyrzucono piłkę? Na jaką wysokość nad oknem wzniesie się jeszcze piłka? Po jakim czasie piłka drugi raz minie parapet? v 0 = 7,9 m / s – szybkość piłki na wysokości parapetu. v = 7,9 m / s v 0 = 14,1 m / s ; do samodzielnego rozwiązania. Pasażer lotu balonem upuścił monetę, gdy balon na wysokości 300 m nad ziemią wznosił się w górę ze stałą prędkością 10 m/s. Oblicz maksymalną wysokość monety oraz położenie i prędkość monety po upływie 4,00 s, a także czas, po którym moneta upadnie na ziemię. Piłka tenisowa zostaje upuszczona z wysokości 1,50 m na twardy kort i po odbiciu wznosi się na wysokość 1,10 m. Oblicz prędkość piłki tuż przed upadkiem na podłoże. Oblicz prędkość piłki w ruchu w górę tuż po odbiciu od kortu. Oblicz przyspieszenie, jakiego doznaje piłka w trakcie kontaktu z kortem, trwającego 3,50 ⋅ 10 − 3 s . O ile milimetrów piłka wgniotła się (na chwilę) w trakcie odbicia od kortu? Załóż, że podłoże jest idealnie twarde i nie odkształca się. v = 5,42 m / s ; v = 4,64 m / s ; a = 2 874,28 m / s 2 ; x − x 0 = 5,11 m m . Niefizyczny wynik . Kropla deszczu upada z chmury wiszącej 300 m nad ziemią. Zakładając brak oporów powietrza, oblicz prędkość końcową kropli w chwili upadku na ziemię. Czy ten wynik ma sens? Porównaj czasy przebywania w powietrzu dwóch siatkarzy, z których pierwszy wybija się na wysokość 1,0 m, a drugi na wysokość 0,3 m. Obaj poruszają się po pionowej prostej. Zakładamy, że siatkarze osiągają wysokość 1,0 i 0,3 m, odpowiednio, skacząc obaj z tego samego położenia początkowego. 0,9 s 0,5 s Załóżmy, że chłopiec upuścił z pewnej wysokości kulkę, ale dzięki swojemu refleksowi, po 0,5 s zdołał ją złapać, zanim upadła na podłoże. Jaki dystans pokonała kulka na Ziemi ( g = 9,81 m / s 2 ) Jaki dystans pokonałaby kulka na Księżycu, na którym panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne? Balon na gorące powietrze unosi się z ziemi ze stałą szybkością 3,0 m/s. Po jednej minucie wznoszenia ktoś przypadkowo zrzuca balast (odwiązuje worek z piaskiem), który spada na ziemię. Oblicz całkowity czas ruchu i prędkość końcową balastu w momencie upadku na ziemię. t = 6,37 s – wybieramy dodatni pierwiastek równania; v = 59,5 m / s . Podczas igrzysk olimpijskich w Pekinie Usain Bolt ustanowił rekord świata w biegu na 100 m wynikiem 9,69 s. Zakładając, że Bolt przyspiesza do swojej maksymalnej prędkości w 3,00 s i potem utrzymuje ją do końca biegu, oblicz przyspieszenie Bolta w pierwszej fazie biegu i jego prędkość maksymalną. W tej samej imprezie Jamajczyk popisał się także rekordowym biegiem na 200 m, uzyskując czas 19,30 s. Używając tych samych założeń, co w punkcie (a), oblicz maksymalną prędkość Bolta w tym biegu. Ciało spada z wysokości 75,0 m nad ziemią. Oblicz drogę przebytą przez nie w pierwszej sekundzie ruchu. Oblicz prędkość, z jaką ciało uderzy w ziemię. Oblicz drogę pokonaną przez ciało w ostatniej sekundzie ruchu przed zderzeniem. y = 4,9 m ; v = 38,3 m / s ; − 33,3 m . Twarda metalowa kulka upada na sztywne podłoże z wysokości 1,50 m i odbija się na wysokość 1,45 m. Oblicz jej prędkość tuż przed upadkiem na ziemię i tuż po odbiciu. Oblicz przyspieszenie, jakiego doznaje kulka w trakcie odbicia, które trwa 0,080 ms ( 8,00 ⋅ 10 − 5 s ). O ile milimetrów kulka metalowa odkształciła się w momencie kontaktu z podłożem? Pewne ciało spadło z dachu budynku o wysokości h . Podczas ostatniej sekundy ruchu ciało pokonało drogę h / 3 . Oblicz wysokość budynku. h = 1 2 g t 2 , h – całkowita droga pokonana przez ciało (wysokość budynku); 2 3 h = 1 2 g ( t − 1 ) 2 w czasie t - 1 ciało pokonuje drogę 2 / 3 · h ; 2 3 ( 1 2 g t 2 ) = 1 2 g ( t − 1 ) 2 , czyli t 2 3 = 1 2 ( t − 1 ) 2 0 = t 2 − 6 t + 3, t = 6 ± 6 2 − 4 · 3 2 = 3 ± 24 2 t = 5,45 s i h = 145,5 m . Drugi pierwiastek daje wynik mniejszy niż 1 s. Sprawdzamy poprawność wyniku t = 4,45 s : h = 1 2 g t 2 = 97,0 m = 2 3 ⋅ 145,5 m Zadania trudniejsze Zwycięzca biegu na 100 m przecina linię mety po 11,2 s. Zdobywca drugiego miejsca potrzebuje 11,6 s. W jakiej odległości za plecami mijającego linię mety zwycięzcy znajduje się zdobywca drugiego miejsca? Załóż, że biegacze cały dystans pokonują ze stałą prędkością. Położenie cząstki poruszającej się po osi x zmienia się w czasie jak x ( t ) = ( 5,0 t 2 − 4,0 t 3 ) m . Oblicz: prędkość i przyspieszenie cząstki jako funkcje czasu; prędkość i przyspieszenie w chwili t = 2,0 s ; czas, po którym cząstka osiąga największe położenie; czas, po którym prędkość spada do zera; największą odległość od początku układu odniesienia. v ( t ) = ( 10 t − 12 t 2 ) m / s , a ( t ) = ( 10 − 24 t ) m / s 2 ; v ( 2 s ) = − 28 m / s , a ( 2 s ) = − 38 m / s 2 ; Warunek: nachylenie funkcji położenia od czasu jest zero lub prędkość jest zero. Mamy dwa rozwiązania: t = 0 , dla którego x = 0 , lub t = 10,0 / 12,0 s = 0,83 s , dla którego x = 1,16 m . Drugie rozwiązanie jest poprawne; 0,83 s; 1,16 m. Dwójka kolarzy finiszuje w wyścigu. Jeden z nich porywa się na finisz sprinterski, rozpędzając się od początkowej prędkości 11,5 m/s z przyspieszeniem 0,500 m / s 2 przez 7,00 s. Jaką prędkość końcową osiąga kolarz? Z tą prędkością kolarz pokonuje ostatni odcinek do mety. Jeśli zaczął on przyśpieszać 300 m przed metą to o ile szybciej dotarł do mety (w porównaniu do sytuacji, w której poruszałby się ze stałą prędkością 11,5 m/s)? Zdobywca drugiego miejsca w tym wyścigu był 5,0 m przed zwycięzcą w chwili, gdy tamten rozpoczął finisz, jednak nie miał sił na sprint i ze stałą szybkością 11,8 m/s kontynuował wyścig. Jaka była różnica czasów kolarzy na mecie? Jaki dystans w metrach dzielił na mecie zwycięzcę od zdobywcy drugiego miejsca? W 1967 roku na wyschniętym słonym jeziorze w stanie Utah Nowozelandczyk Burt Munro ustanowił do dziś niepobity rekord prędkości na motocyklu amerykańskiej marki Indian o pojemności do 1000 cm 3 . Wynosi on 295,38 km/h. Długa prosta na jeziorze ma długość 8,00 km. Przyspieszenie motocykla można zdefiniować jako czas potrzebny do osiągnięcia prędkości 96 km/h (60 mil na godzinę). Indian z 1967 roku osiągał tę prędkość w 4,00 s. Jeżeli Burt Munro ruszył z miejsca i z takim przyspieszeniem uzyskał rekordową prędkość, to w jakim czasie pokonał 8-kilometrową prostą? 96 k m / h = 26,67 m / s , a = 26,67 m / s 4,0 s = 6,67 m / s 2 , 295,38 k m / h = 82,05 m / s ; t = 12,3 s to czas potrzebny na osiągnięcie maksymalnej prędkości; x = 504,55 m to droga pokonana w trakcie przyspieszania; 7 495,44 m to długość pozostałego odcinka w ruchu ze stałą prędkością; 7 495,44 m 82,05 m / s = 91,35 s , więc całkowity czas ruchu 91,35 s + 12,3 s = 103,65 s .", "section": "Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Zespół Akrobacyjny „Orlik” to pokazowa grupa akrobacji lotniczych Polskich Sił Powietrznych, która powstała w 1998 roku i stacjonuje w Radomiu. Piloci z tej formacji w trakcie pokazów wykazują się doskonałą precyzją lotu z dużą szybkością, co wymaga dokładnych pomiarów położenia, prędkości i przyspieszenia w trzech wymiarach przestrzeni. Aby nasz opis kinematyki był kompletny, musimy poznać zagadnienie ruchu w dwóch i trzech wymiarach. W rzeczywistości większość obiektów we Wszechświecie nie porusza się tylko po liniach prostych, ale właśnie po torach zakrzywionych na płaszczyźnie lub w przestrzeni trójwymiarowej. Od prostego kopnięcia piłki, poprzez tory lotu ptaków czy ruchy orbitalne ciał niebieskich, aż do przepływu ciałek krwi w naszych żyłach – w większości przypadków mamy do czynienia z ruchem po trajektoriach krzywoliniowych. Na szczęście możemy wykorzystać wiedzę z poprzedniego rozdziału o ruchu w jednym wymiarze, gdzie poznaliśmy pojęcia położenia, przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia, które teraz łatwo uogólnimy do przypadku dwu- lub trójwymiarowego. Rozważmy ruch samolotów z Zespołu Akrobacyjnego „Orlik”. Każdy samolot porusza się w przestrzeni powietrznej po swojej własnej zakrzywionej trajektorii i ma określone prędkość i przyspieszenie. Zatem, aby poprawnie opisać ruch dowolnego z samolotów, każdemu z nich musimy przyporządkować indywidualny wektor położenia, czyli jego składowe w trzech kierunkach przestrzeni, a także pełny wektor prędkości i przyspieszenia - także w trzech wymiarach. Możemy w tym celu skorzystać z definicji wprowadzonych w rozdziale Ruch prostoliniowy , dokonując pewnych modyfikacji – przede wszystkim włączając do opisu rachunek wektorowy. W tym rozdziale zbadamy także dwa szczególne rodzaje ruchu w dwóch wymiarach: rzuty w ziemskim polu grawitacyjnym oraz ruch po okręgu. Na końcu rozdziału przedyskutujemy problem ruchu względnego. Ruch danego samolotu z rysunku zamieszczonego na początku możemy rozpatrywać względem każdego innego samolotu, a także względem widzów obserwujących pokaz z Ziemi (jest to ruch względny).", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Przemieszczenie i prędkość Pojęcia przemieszczenia i prędkości w przypadku dwu- i trójwymiarowym są bezpośrednimi rozszerzeniami definicji jednowymiarowych. Są to jednak wielkości wektorowe, więc operacje na nich muszą podlegać zasadom rachunku wektorowego, a nie zwykłej algebrze. Wektor przemieszczenia Do opisu ruchu w dwóch i trzech wymiarach musimy wprowadzić układ współrzędnych i konwencję dla osi układu. Do definicji położenia cząstki w punkcie P ( x , y , z ) w przestrzeni trójwymiarowej najczęściej używamy zmiennych układu kartezjańskiego x , y oraz z . Dla cząstki w ruchu zmienne x , y oraz z są funkcjami czasu ( t ): x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) . Wektor położenia (ang. position vector ) punktu P względem początku układu współrzędnych nazwiemy r → ( t ) . Wektor ten nazywamy także wektorem wodzącym punktu P , który jest zaczepiony w początku układu współrzędnych i ma koniec w punkcie P . W zapisie z użyciem wersorów osi wprowadzonym w podrozdziale Układy współrzędnych i składowe wektora , wektor r → ( t ) zapiszemy jako r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ . prezentuje układ współrzędnych z zaznaczonym wektorem wodzącym punktu P , gdzie cząstka znajduje się w danej chwili czasu t . Zwróć uwagę na orientację osi x , y i z . Układ współrzędnych o takiej orientacji osi nazywamy prawoskrętnym ( Układy współrzędnych i składowe wektora ) i będzie on używany w całym rozdziale. Układ współrzędnych w przestrzeni trójwymiarowej oraz cząstka umieszczona w punkcie P ( x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) ) . Przy użyciu naszej definicji położenia cząstki w przestrzeni trójwymiarowej możemy zdefiniować trójwymiarowe przemieszczenie. prezentuje cząstkę znajdującą się w czasie t 1 w punkcie P 1 o wektorze położenia r → ( t 1 ) . W późniejszej chwili t 2 , cząstka znajduje się w punkcie P 2 o wektorze położenia r → ( t 2 ) . Wektor przemieszczenia (ang. displacement vector ) Δ r → znajdziemy odejmując r → ( t 1 ) od r → ( t 2 ) : Δ r → = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) . Dodawanie wektorów jest omawiane w rozdziale Wektory . Zwróćmy uwagę, że jest to ta sama operacja, którą wykonywaliśmy w jednym wymiarze, jednak teraz wektory są zdefiniowane w przestrzeni trójwymiarowej. Przemieszczenie Δ r → = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) jest wektorem skierowanym od P 1 do P 2 . Następujące przykłady ilustrują pojęcie przemieszczenia w dwóch lub trzech wymiarach. Satelita na orbicie okołobiegunowej Satelita znajduje się na wysokości 400 km na orbicie okołobiegunowej Ziemi, co oznacza, że w swoim ruchu przechodzi nad biegunem północnym i południowym. Jakie są wartość i kierunek wektora przemieszczenia od punktu dokładnie nad biegunem północnym do punktu o szerokości geograficznej 45° S? Strategia Zróbmy rysunek ilustrujący graficznie rozwiązanie problemu. To pomoże nam lepiej zrozumieć pojęcie przemieszczenia. Następnie użyjmy wektorów jednostkowych do określenia przemieszczenia. Rozwiązanie pokazuje powierzchnię Ziemi oraz okrąg reprezentujący orbitę satelity. Mimo że satelity poruszają się w przestrzeni trójwymiarowej, ich trajektorie są okręgami, które możemy narysować na płaszczyźnie. Wektory położenia zaczepiamy w środku Ziemi, który przyjmujemy za początek naszego układu współrzędnych, przy czym oś y wybieramy w kierunku bieguna północnego, a oś x – prostopadle do niej w płaszczyźnie równika. Wektor pomiędzy końcami wektorów położenia jest przemieszczeniem satelity. Przyjmijmy za promień Ziemi wartość 6370 km. Długość wektorów położenia satelity jest więc równa 6770 ⁢ km . Dwa wektory położenia są zaczepione w środku Ziemi, który przyjmujemy za początek układu współrzędnych na płaszczyźnie z osią y zwróconą na północ oraz osią x zwróconą na wschód. Wektor pomiędzy nimi jest wektorem przemieszczenia. W notacji z użyciem wektorów jednostkowych wektory położenia wyrażamy jako r → ⁢ t 1 = 6770 ⁢ km ⋅ j ̂ ⁢ , r → ⁢ t 2 = 6770 ⁢ km ⋅ cos -45 ° ⋅ i ̂ + 6770 ⁢ km ⋅ sin -45 ° ⋅ j ̂ ⁢ . Obliczając sinus i cosinus kąta 45°, otrzymujemy r → ⁢ t 1 = 6770 ⁢ km ⋅ j ̂ ⁢ , r → ⁢ t 2 = 4787 ⁢ km ⋅ i ̂ - 4787 ⁢ km ⋅ j ̂ ⁢ . Możemy teraz znaleźć wektor Δ r → przemieszczenia satelity: Δ r → = r → ⁢ t 2 - r → ⁢ t 1 = 4787 ⁢ km ⋅ i ̂ - 11 557 ⁢ km ⋅ j ̂ ⁢ . Wartość przemieszczenia jest długością wektora Δ r → = 4787 ⁢ km 2 + - 11 557 ⁢ km 2 = 12 509 ⁢ km Kąt pomiędzy przemieszczeniem a osią x jest równy θ = arc tg - 11 557 ⁢ km 4787 ⁢ km = - 67,5 ° . Znaczenie Zinterpretujmy teraz nasz wynik, rysując wektor przemieszczenia w przyjętym układzie współrzędnych. Do tego celu musimy znać składowe wektora przemieszczenia, ich długości i kąt pomiędzy nim a wybraną osią – w tym przypadku osią x ( ). Wektor przemieszczenia wraz z wektorami składowymi, ich długością i kątem. Zauważmy, że w tym przykładzie satelita, aby dostać się z pozycji początkowej do końcowej, poruszał się po zakrzywionym torze wzdłuż kołowej orbity. 4 786 km w dodatnim kierunku osi x , a następnie 11 557 km w ujemnym kierunku osi y . Taki tor ruchu miałby jednak większą długość niż wektor przemieszczenia. W istocie, wektor przemieszczenia wyznacza najkrótszą możliwą trajektorię między dwoma punktami w przestrzeni jedno-, dwu- czy trójwymiarowej. W wielu problemach fizycznych mamy do czynienia z serią przemieszczeń, takich jak wskazane wyżej. Całkowite przemieszczenie jest w takim przypadku sumą wszystkich pojedynczych przemieszczeń, jednak musimy pamiętać, że dodajemy wektory. Zilustrujmy ten problem na przykładzie zagadnienia ruchów Browna. Ruchy Browna Ruchy Browna (ang. Brownian motion ) to chaotyczny ruch drobin np. zawieszonych w cieczy, wywołany zderzeniami z molekułami cieczy. Jest to ruch w trzech wymiarach. Wyrażone w mikrometrach przemieszczenia pojedynczej drobiny między kolejnymi zderzeniami, mogą być następujące ( ): Δ r → 1 = 2 ⁢ µm ⋅ i ̂ + 1 ⁢ µm ⋅ j ̂ + 2 ⁢ µm ⋅ k ̂ ⁢ , Δ r → 2 = -2 ⁢ µm ⋅ i ̂ – 1 ⁢ µm ⋅ j ̂ + 3 ⁢ µm ⋅ k ̂ ⁢ , Δ r → 3 = 4 ⁢ µm ⋅ i ̂ – 2 ⁢ µm ⋅ j ̂ + 1 ⁢ µm ⋅ k ̂ ⁢ , Δ r → 4 = -2 ⁢ µm ⋅ i ̂ + 2 ⁢ µm ⋅ j ̂ + 3 ⁢ µm ⋅ k ̂ ⁢ . Jakie jest całkowite przemieszczenie drobiny względem początku układu współrzędnych? Przypadkowe przemieszczenia składają się na trajektorię pojedynczej drobiny wykonującej ruchy Browna. Całkowite przemieszczenie jest zaznaczone na czerwono. Rozwiązanie Sumujemy poszczególne przemieszczenia jak wektory: Δ r → całk = ∑ i = 1 4 Δ r → i = Δ r → 1 + Δ r → 2 + Δ r → 3 + Δ r → 4 = 2,0 - 2,0 + 4,0 - 2,0 i ^ + 1,0 - 1,0 - 2,0 + 2,0 j ^ + 2,0 + 3,0 + 1,0 + 3,0 k ^ = ( 2,0 i ^ + 9,0 k ^ ) μ m . Pełne rozwiązanie otrzymamy, podając jeszcze długość i kierunek wektora całkowitego przemieszczenia: Δ r → całk = 2,0 ⁢ µm 2 + 0,0 ⁢ µm 2 + 9,0 ⁢ µm 2 = 9,2 ⁢ µm ⁢ , θ = arc tg 9 2 = 77 ° ⁢ , \\begin{align} \\abs{\\prefop{\\Delta} \\vec r _{\\text{całk}}} &= \\sqrt{(\\SI{2,0}{\\micro\\metre})^2 + (\\SI{0,0}{\\micro\\metre})^2 + (\\SI{9,0}{\\micro\\metre})^2} = \\SI{9,2}{\\micro\\metre} \\text{,} \\\\ \\theta &= \\arctg (\\frac92) = \\ang{77} \\text{,} \\end{align} gdzie kąt definiujemy względem osi x na płaszczyźnie x z . Znaczenie Z rysunku oraz z obliczeń możemy wnioskować, że długość wektora całkowitego przemieszczenia jest mniejsza niż suma długości poszczególnych przemieszczeń. Wektor prędkości W poprzednim rozdziale podaliśmy definicję prędkości chwilowej jako pochodną położenia po czasie. Tak samo znajdziemy prędkość w dwóch i trzech wymiarach, ale użyjemy wektora położenia. Wektor prędkości (ang. velocity vector ) chwilowej jest zdefiniowany jako v → ( t ) = lim Δ t → 0 r → ( t + Δ t ) − r → ( t ) Δ t = d r → d t . Zastanówmy się teraz nad wzajemną orientacją wektorów położenia i prędkości. Na przedstawiamy graficznie wektory r → ( t ) i r → ( t + Δ t ) , które określają położenie cząstki poruszającej się wzdłuż toru oznaczonego szarą linią. W miarę jak Δ t zdąża do zera, wektor prędkości, zdefiniowany przy pomocy , staje się styczny do toru ruchu cząstki w danej chwili t . Cząstka porusza się po torze danym szarą linią. W granicy Δ t zdążającego do zera wektor prędkości staje się styczny do toru. możemy też zapisać dla każdej składowej wektora v → ( t ) osobno. Ponieważ r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ , możemy zapisać v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ + v z ( t ) k ^ , gdzie v x = d x ( t ) d t , v y = d y ( t ) d t , v z = d z ( t ) d t . Jeśli interesuje nas tylko średnia prędkość, możemy zapisać odpowiednik wektorowy dla dwóch i trzech wymiarów prędkości średniej w jednym wymiarze: v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 . Obliczanie wektora prędkości Położenie cząstki dane jest wektorem r → ( t ) = 2,0 t 2 i ^ + ( 2,0 + 3,0 t ) j ^ + 5,0 t k ^ m . Jaki jest wektor prędkości chwilowej i szybkość cząstki w chwili t = 2,0 s ? Jaka jest średnia prędkość między 1. a 3. sekundą? Rozwiązanie Jeśli skorzystamy z oraz i obliczymy pochodną położenia po czasie, otrzymamy: v → ( t ) = d r → ( t ) d t = 4,0 t i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ m s v → ( 2,0 s ) = d r → ( t ) d t = 8,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ m s Szybkość | v → ( 2,0 s ) | = 8 2 + 3 2 + 5 2 = 9,9 m s Na podstawie v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 = r → ( 3,0 s ) − r → ( 1,0 s ) 3,0 s − 1,0 s = ( 18 i ^ + 11 j ^ + 15 k ^ ) m − ( 2 i ^ + 5 j ^ + 5 k ^ ) m 2,0 s = ( 16 i ^ + 6 j ^ + 10 k ^ ) m 2,0 s = 8,0 j ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ m s . Znaczenie Zauważmy, że prędkość średnia między 1. a 3. sekundą ruchu i prędkość chwilowa w t = 2,0 s są takie same, co w tym przypadku jest konsekwencją liniowej zależności prędkości od czasu. Nie jest to jednak zasadą i w ogólnym przypadku prędkość chwilowa i prędkość średnia się różnią. Ostrzeżenie Zwróć uwagę na różnicę pojęć: prędkość chwilowa, prędkość średnia, szybkość i szybkość średnia. Szybkość jest wartością (długością wektora) prędkości chwilowej, ale szybkość średnia nie jest długością prędkości średniej. Szybkość średnia jest zdefiniowana jako stosunek drogi do czasu, w którym tę drogę cząstka pokonała i w przypadku dwu- lub trójwymiarowym ma inną wartość niż prędkość średnia. Jedynie w przypadku jednowymiarowym, gdy długość przemieszczenia może być równa drodze cząstki, taka równość może zachodzić. Na długość wektora prędkości średniej mówimy po prostu wartość prędkości średniej. Sprawdź, czy rozumiesz. Położenie cząstki jest następującą funkcją czasu r → ( t ) = 3,0 t 3 i ^ + 4,0 j ^ . (a) Jaka jest prędkość chwilowa cząstki w chwili t = 3 s ? (b) Czy prędkość średnia pomiędzy 2. a 4. sekundą ruchu jest równa prędkości chwilowej w t = 3 s ? Dlaczego? (a) Różniczkując położenie po czasie, otrzymujemy v → ( t ) = 9,0 t 2 i ^ i v → ( 3,0 s ) = 81,0 i ^ m / s (b) Ze względu na to, że zależność prędkości od czasu nie jest dana funkcją liniową, spodziewamy się, że prędkość średnia nie jest równa prędkości chwilowej. Aby to sprawdzić, obliczamy v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 = r → ( 4,0 s ) − r → ( 2,0 s ) 4,0 s − 2,0 s = ( 144,0 i ^ − 36,0 i ^ ) m 2,0 s = 54,0 i ^ m s , co jest różne od v → ( 3,0 s ) = 81,0 i ^ m / s . Niezależność ruchu w kierunkach prostopadłych Gdy spojrzymy na definicje wektorów położenia i prędkości w przypadku trójwymiarowym ( i ), to zauważymy, że składowe tych wektorów są osobnymi i niezależnymi od siebie funkcjami czasu. Ruch cząstki w kierunku osi x nie ma wpływu na ruch wzdłuż osi y i z , podobnie jest dla dwóch pozostałych współrzędnych. Wobec tego możemy rozdzielić ruch cząstki w dwóch lub trzech wymiarach na niezależne od siebie ruchy prostoliniowe wzdłuż prostopadłych osi układu współrzędnych, w którym ruch ten opisujemy. W celu przedstawienia tej obserwacji w kontekście przemieszczenia, rozważmy spacer kobiety od punktu A do punktu B w mieście zabudowanym kwadratowymi blokami. Kobieta, wyruszywszy z punktu A , może maszerować na wschód, minąć kilka bloków, następnie kierując się na północ, dotrzeć do punktu B , znów przechodząc obok kilku budynków. Jak daleko dotrze na wschód zależy tylko od jej ruchu w kierunku wschodnim. Podobnie na dystans pokonany na północ (niezależny kierunek) wpływa jedynie jej ruch w kierunku północnym. Niezależność ruchu W opisie kinematycznym ruchu składowe poziome i pionowe ruchu możemy traktować niezależnie. W wielu przypadkach ruch w kierunku poziomym nie wpływa na ruch w kierunku pionowym i odwrotnie. Zilustrujmy niezależność ruchu pionowego i poziomego, patrząc na przykładowy ruch dwóch piłek golfowych. Jedna z nich jest puszczona swobodnie (bez prędkości początkowej) z pewnej wysokości. Druga jest rzucona poziomo z tej samej wysokości i porusza się po zakrzywionym torze. Obserwacji ruchu piłek podczas spadania dokonujemy z użyciem lampy stroboskopowej, co daje nam możliwość notowania położenia piłek w tych samych chwilach czasu ze stałym krokiem czasowym ( ). Schemat ruchu dwóch identycznych piłek, z których jedna spada swobodnie, a druga ma poziomą prędkość początkową. Sekwencję kolejnych położeń zanotowano ze stałym krokiem czasowym. Strzałki reprezentują wektory prędkości poziomej i pionowej w danym położeniu, a ich długości odpowiadają zmianom wartości prędkości w czasie. Piłka po prawej ma początkową prędkość poziomą, natomiast piłka po lewej nie ma prędkości początkowej. Pomimo różnicy w wartościach prędkości poziomych, pionowe składowe prędkości i położeń są takie same dla obu piłek, co świadczy o niezależności ruchu piłek w kierunkach poziomym i pionowym. Zadziwiające jest, że przy każdym błysku lampy stroboskopowej składowe pionowe położenia obu piłek są takie same. To podobieństwo sugeruje, że ruch pionowy jest niezależny od tego, czy piłki poruszają się w poziomie (zakładając brak oporów powietrza, ruch spadającego obiektu zachodzi jedynie pod wpływem siły grawitacji, a żadna siła pozioma nie występuje). Szczegółowa analiza ruchu piłki w rzucie poziomym pokazuje, że pomiędzy kolejnymi błyskami lampy przedmiot pokonuje tę samą drogę. Tak się dzieje, ponieważ na piłkę nie działa żadna dodatkowa siła w kierunku poziomym. To oznacza, że prędkość pozioma jest stała w czasie i nie zależy ani od ruchu pionowego, ani od siły grawitacji (która też jest pionowa). Zwróćmy uwagę, że ten przypadek jest prawdziwy w idealnych warunkach. W rzeczywistym świecie opór powietrza wpływa na ruch piłki w obu kierunkach. Dwuwymiarowy ruch po zakrzywionym torze piłki rzuconej poziomo składa się z dwóch niezależnych jednowymiarowych ruchów (poziomego i pionowego). Kluczowym elementem analizy takiego ruchu jest to, aby rozdzielić go na ruchy względem prostopadłych kierunków. Innymi słowy, ruch dwuwymiarowy możemy traktować jak złożenie dwóch niezależnych ruchów prostoliniowych, wzdłuż prostopadłych kierunków. Taki rozdział jest możliwy dzięki temu, że składowe (położenia i prędkości) są od siebie niezależne. Podsumowanie Funkcja położenia r → ( t ) definiuje zależność od czasu położenia cząstki na płaszczyźnie lub w przestrzeni. Graficznie jest to wektor skierowany od początku wybranego układu współrzędnych do punktu, w którym cząstka się znajduje w danej chwili czasu. Wektor przemieszczenia Δ r → określa najkrótszą odległość między dwoma punktami toru ruchu cząstki w dwóch lub trzech wymiarach. Prędkość chwilowa v → ( t ) definiuje szybkość i kierunek ruchu cząstki w danej chwili czasu i jest wektorem na płaszczyźnie lub w przestrzeni. Wektor prędkości jest styczny do toru ruchu cząstki. Przemieszczenie Δ r → ( t ) może być zapisane jako suma przemieszczeń Δ x → ( t ) , Δ y → ( t ) , Δ z → ( t ) w każdym kierunku przestrzeni x , y , z . Prędkość v → ( t ) można zdefiniować jako wektorową sumę składowych v x ( t ) , v y ( t ) , v z ( t ) wzdłuż kierunków x , y i z . Ruch w dowolnym kierunku jest niezależny od ruchu w kierunku prostopadłym. Pytania problemowe Jaką krzywą dany jest tor ruchu cząstki, jeśli droga pokonana przez cząstkę między dowolnymi punktami A i B jest równa długości wektora przemieszczenia z punktu A do punktu B ? Linia prosta. Podaj przykłady ruchów w dwóch lub trzech wymiarach będących złożeniem niezależnych ruchów w kierunkach prostopadłych. Jeżeli prędkość chwilowa cząstki jest równa 0 ⁢ m / s , to co można powiedzieć o nachyleniu funkcji położenia od czasu? Nachylenie musi być równe zero, bo wektor prędkości jest styczny do wykresu położenia od czasu. Zadania Współrzędne położenia cząstki wynoszą w układzie kartezjańskim (1,0; –4,0; 6,0). Jakie są współrzędne wektora położenia cząstki? r → = 1,0 i ^ − 4,0 j ^ + 6,0 k ^ Położenie cząstki zmienia się od r → 1 = ( 2,0 i ^ + 3,0 j ^ ) c m do r → 2 = ( − 4,0 i ^ + 3,0 j ^ ) c m . Jakie jest przemieszczenie cząstki? r → 2 = ( − 6,0 i ^ + 0,0 j ^ ) c m Golfista uderza piłkę, która – lecąc wzdłuż pola golfowego – pokonuje dystans 300,0 m. Jeśli za oś x przyjmiemy kierunek wzdłuż pola golfowego, a za oś y – kierunek prostopadły, to przemieszczenie po pierwszym uderzeniu wynosi Δ r → 1 = 300,0 i ^ m . Drugie uderzenie golfisty przemieszcza piłkę o wektor Δ r → 2 = 172,0 i ^ m + 80,3 j ^ m , czyli o 189,0 m dalej. Jakie jest całkowite przemieszczenie piłki po dwóch uderzeniach? Δ r → całk = 472,0 m i ^ + 80,3 m j ^ Ptak leci dokładnie na północny wschód, pokonując dystans 95,0 km w ciągu 3,0 godzin. Przyjmując kierunek wschodni za oś x , a kierunek północny za oś y , podaj wektor przemieszczenia ptaka, wyrażając go za pomocą wersorów osi. Jaką prędkość średnią uzyskał ptak w trakcie podróży? Rowerzysta pokonuje dystans 5,0 km na wschód, a następnie 10,0 km w kierunku 20 ° na zachód (względem kierunku północnego). Z tego miejsca jedzie dalej na zachód, pokonując kolejne 8,0 km. Jakie jest całkowite przemieszczenie rowerzysty od startu? Suma przemieszczeń cząstkowych = − 6,4 i ^ k m + 9,4 j ^ k m Obrońca hokejowego klubu GKS Tychy Bartosz Ciura stoi na linii bramkowej i podaje krążek na odległość 20 m pod kątem 45 ° względem linii bramkowej na prawe skrzydło do napastnika Marcina Kolusza, który na niebieskiej linii czeka na podanie. Następnie, gdy Ciura dojeżdża do niebieskiej linii, Kolusz podaje mu krążek na odległość 10 m. Jakie jest całkowite przemieszczenie krążka? Spójrz na poniższy schemat gry. Położenie cząstki w przestrzeni jest następujące: r → ( t ) = ( 4,0 t 2 i ^ − 3,0 j ^ + 2,0 t 3 k ^ ) m . (a) Jaka jest prędkość cząstki w chwili 0 s i 1 s? (b) Jaka jest prędkość średnia cząstki po 1. sekundzie ruchu? a. v → ( t ) = 8,0 t i ^ + 6,0 t 2 k ^ , v → ( 0 ) = 0 , v → ( 1,0 ) = 8,0 i ^ + 6,0 k ^ m / s , b. v → śr = 4,0 i ^ + 3,0 k ^ m / s . Kamil Grosik, skrzydłowy reprezentacji Polski, może osiągnąć w biegu szybkość 10,0 m/s. Po rozpoczęciu gry przez bramkarza Grosik biegnie ze środka boiska w kierunku bramki przeciwnika na skrzydło pod kątem 45 ° względem linii środkowej, pokonując 8,0 m w czasie 1 s. Następnie przez 1,2 s biegnie prostopadle do linii środkowej dalej w kierunku bramki drużyny przeciwnej i pokonuje 12 m. (a) Jakie jest całkowite przemieszczenie Grosika od rozpoczęcia gry? (b) Jaki jest wektor jego prędkości średniej? Odrzutowiec F-35 Lightning II jest amerykańskim samolotem krótkiego startu i pionowego lądowania. Jakie jest całkowite przemieszczenie odrzutowca od startu, jeśli w pierwszej fazie wznosi się on pionowo na wysokość 20,00 m, a następnie przez 20,00 km leci pod kątem 30 ° względem ziemi po linii prostej? Δ r → 1 = 20,00 j ^ m , Δ r → 2 = ( 2 ⋅ 10 4 m ) ( i ^ cos ⁡ 30 ∘ + j ^ sin ⁡ 30 ∘ ) Δ r → = 1,732 ⋅ 10 4 i ^ m + 1,002 ⋅ 10 4 j ^ m wektor położenia (ang. position vector ) wektor skierowany od początku wybranego układu współrzędnych do punktu położenia cząstki w dwu- lub trójwymiarowej przestrzeni wektor przemieszczenia (ang. displacement vector ) wektor skierowany od początkowego do końcowego położenia cząstki wektor prędkości (ang. velocity vector ) wektor definiujący chwilową szybkość i kierunek ruchu cząstki; jest styczny do toru ruchu", "section": "Przemieszczenie i prędkość", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Przyspieszenie Przyspieszenie chwilowe Oprócz znajomości przemieszczenia i prędkości ciała w ruchu często chcemy także wiedzieć, jaki jest wektor przyspieszenia (ang. acceleration vector ) w dowolnym punkcie jego toru w danej chwili czasu. Taki wektor przyspieszenia nazwiemy przyspieszeniem chwilowym i obliczymy, co wiemy już z poprzedniego rozdziału, różniczkując po czasie. Jedyna różnica w przypadku ruchu na płaszczyźnie lub w przestrzeni jest taka, że mamy teraz do czynienia z wielkościami wektorowymi. Różniczkując po czasie v → ( t ) , otrzymujemy: a → ( t ) = lim Δ t → 0 v → ( t + Δ t ) − v → ( t ) Δ t = d v → ( t ) d t . Wektor przyspieszenia w rozkładzie na składowe ma postać: a → ( t ) = d v x ( t ) d t i ^ + d v y ( t ) d t j ^ + d v z ( t ) d t k ^ . Ponieważ prędkość jest pochodną położenia po czasie, możemy przyspieszenie zdefiniować jako drugą pochodną funkcji położenia od czasu: a → ( t ) = d 2 x ( t ) d t 2 i ^ + d 2 y ( t ) d t 2 j ^ + d 2 z ( t ) d t 2 k ^ . Obliczanie wektora przyspieszenia Cząstka ma prędkość v → ( t ) = ( 5,0 t i ^ + t 2 j ^ − 2,0 t 3 k ^ ) m/s . Jaka jest zależność wektora przyspieszenia od czasu? Jaki jest wektor przyspieszenia w chwili t = 2,0 s? Znajdź jego długość i kierunek w przestrzeni. Rozwiązanie (a) Aby znaleźć wektor przyspieszenia, obliczamy pierwszą pochodną prędkości po czasie. Różniczkujemy każdą składową wektora prędkości osobno: a → ( t ) = ( 5,0 i ^ + 2,0 t j ^ − 6,0 t 2 k ^ ) m/s 2 . (b) Podstawiając do powyższego wzoru za czas, otrzymujemy a → ( 2,0 s ) = ( 5,0 i ^ + 4,0 j ^ − 24,0 k ^ ) m/s 2 , co daje nam orientację wektora w układzie wersorów osi. Wartość przyspieszenia w tej chwili wynosi | a → ( 2,0 s ) | = 5 , 0 2 + 4 , 0 2 + ( − 24,0 ) 2 = 24,8 m/s 2 . Znaczenie Jak pokazaliśmy, wektor przyspieszenia w tym przykładzie zależy od czasu, czyli przyspieszenie zmienia się w trakcie ruchu. Rozważmy teraz przypadek ruchu z innym wektorem prędkości. Obliczanie przyspieszenia cząstki Ruch cząstki opisano wektorem położenia zależnym od czasu r → ( t ) = [ ( 10 t − t 2 ) i ^ + 5 t j ^ + 5 t k ^ ] m . Jaki jest wektor prędkości cząstki? Jaki jest jej wektor przyspieszenia? Opisz ruch cząstki od chwili początkowej t = 0 s. Strategia rozwiązania Już na podstawie analizy samej tylko zależności położenia od czasu możemy wyciągnąć interesujące wnioski o ruchu cząstki. Składowe y i z są liniowo zależne od czasu, zatem przyspieszenie w tych kierunkach będzie zero, gdy weźmiemy drugą pochodną po czasie. Zauważmy też, że składowa x położenia zeruje się dla t = 0 s i t = 10 s. Rozwiązanie (a) Obliczając pierwszą pochodną położenia po czasie, otrzymujemy prędkość v → ( t ) = [ ( 10 − 2 t ) i ^ + 5 j ^ + 5 k ^ ] m/s . Wektor prędkości jest liniową funkcją czasu w kierunku x oraz jest stały wzdłuż kierunków y i z . (b) Różniczkując prędkość, znajdujemy przyspieszenie a → ( t ) = − 2 i ^ m/s 2 . Wektor przyspieszenia ma tylko składową x , jest stały w czasie i skierowany przeciwnie do osi. (c) prezentuje tor cząstki w kolejnych sekundach ruchu. Rozważmy najpierw ruch w płaszczyźnie y z . Położenie cząstki w tej płaszczyźnie zwiększa się w czasie jednostajnie ze stałą prędkością w kierunkach y i z . Inaczej jest w przypadku składowej x położenia. W tym kierunku cząstka przemieszcza się w dodatnim kierunku osi x aż do chwili t = 5 s, kiedy zmienia kierunek ruchu na przeciwny do osi x . Możemy to zauważyć, patrząc na wektor prędkości, którego składowa x zmienia znak w tej chwili. Widzimy to również na podstawie postaci wektora przyspieszenia. Przyspieszenie jest ujemne, co oznacza, że cząstka jest opóźniana w kierunku dodatnim osi x lub, równoważnie, przyspieszana w kierunku przeciwnym. Cząstka osiąga położenie 25 m, a następnie zawraca i zaczyna przyspieszać w kierunku przeciwnym do osi x . Wraca do położenia 0 po czasie t = 10 s. Cząstka startuje z początku układu odniesienia x y z = 0 0 0 , gdzie jej wektor położenia to r → = 0. Czerwonymi kropkami zaznaczono położenia w przestrzeni w kolejnych sekundach. Niebieskimi kropkami zaznaczono rzut toru na płaszczyznę x y . Wartości y i z rosną liniowo w czasie, natomiast x osiąga maksimum równe 25 m w chwili t = 5 s, po czym zaczyna maleć. W tym punkcie składowa x wektora prędkości zmienia znak na ujemny. Po czasie t = 10 s cząstka wraca do położenia x = 0 m. Znaczenie Rysując tor cząstki na podstawie wartości liczbowych wynikających z równań kinematycznych w kolejnych chwilach czasu, możemy lepiej zrozumieć jej ruch w przestrzeni. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że znamy następującą postać wektora przyspieszenia a → ( t ) = ( a i ^ + b j ^ + c k ^ ) m/s 2 , gdzie a , b i c są pewnymi stałymi. Co możemy powiedzieć o zależności wektora prędkości od czasu? Wektor przyspieszenia jest stały i nie zmienia się w czasie. Jeśli a , b i c są różne od zera, to wektor prędkości musi być funkcją liniową czasu. Znajdziemy go, całkując przyspieszenie v → ( t ) = ∫ a → dt = ∫ ( a i ^ + b j ^ + c k ^ ) d t = ( a i ^ + b j ^ + c k ^ ) t m/s , ponieważ różniczkując prędkość, z powrotem otrzymamy a → ( t ) . Powinniśmy jeszcze uwzględnić stałą całkowania, która jednak nie wpływa na zależność od czasu. Gdyby któraś ze składowych wektora przyspieszenia była równa zero, odpowiednia składowa prędkości musiałaby być stała w czasie. Stałe przyspieszenie Ruch w wielu wymiarach ze stałym przyspieszeniem może być traktowany tak jak w poprzednim rozdziale o ruchu po linii prostej. Taki ruch nazwiemy jednostajnie zmiennym (przyspieszonym lub opóźnionym), gdyż przyspieszenie jest stałe. Pokazaliśmy już, że ruch w przestrzeni jest złożeniem trzech niezależnych ruchów w jednym wymiarze wzdłuż kierunków prostopadłych. Chcemy teraz otrzymać kinematyczne równania ruchu wzdłuż niezależnych kierunków. Dla uproszczenia rozważmy przypadek dwuwymiarowy – cząstki poruszającej się na płaszczyźnie x y (pomińmy składową z ). Wektor przyspieszenia jest więc równy a → = a x i ^ + a y j ^ , gdzie a x i a y są stałymi. Ruch wzdłuż każdej składowej może być opisany zestawem równań podobnych do – z poprzedniego rozdziału o ruchu po linii prostej. Zapiszmy tutaj tylko równania ruchu (na położenie i prędkość) w kierunku x oraz y . Podobny zestaw równań można zapisać dla ruchu wzdłuż kierunku z : x ⁡ t = x 0 + v ‾ x ⁢ t ⁢ , v x ( t ) = v 0 x + a x t x ( t ) = x 0 + v 0 x t + 1 2 a x t 2 v x 2 ( t ) = v 0 x 2 + 2 a x ( x - x 0 ) y ⁡ t = y 0 + v ‾ y ⁢ t ⁢ , v y ( t ) = v 0 y + a y t y ( t ) = y 0 + v 0 y t + 1 2 a y t 2 v y 2 ( t ) = v 0 y 2 + 2 a y ( y - y 0 ) . Oznaczyliśmy tutaj przez indeks dolny 0 początkowe położenie lub prędkość. Zestaw równań (od do można zastąpić równaniami wektorowymi ( i ), aby otrzymać wektor położenia i wektor prędkości jako funkcje czasu (znowu pomijamy składową z ): r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ oraz v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ . Omówiony przykład ilustruje praktyczne wykorzystanie kinematycznych równań ruchu w dwóch wymiarach. Narciarka prezentuje narciarkę, która w chwili t = 0 rusza z przyspieszeniem 2,1 m/s 2 w dół stoku, którego nachylenie wynosi 15 ° . Względem początku układu współrzędnych ustalonego przy górnej stacji wyciągu początkowe położenie i prędkość kobiety wynoszą r → ( 0 ) = ( 75,0 i ^ − 50,0 j ^ ) m oraz v → ( 0 ) = ( 4,1 i ^ − 1,1 j ^ ) m/s . Podaj zależność od czasu składowych x i y położenia i prędkości narciarki. Jakie są jej położenie i prędkość w chwili t = 10,0 s? Narciarka rusza z przyspieszeniem 2,1 m/s 2 w dół stoku o nachyleniu 15 ° . Początek układu współrzędnych przyjmujemy przy górnej stacji wyciągu narciarskiego. Strategia rozwiązania Będziemy chcieli zapisać równania ruchu w kierunkach x oraz y , dlatego potrzebujemy znaleźć składowe wektora przyspieszenia, które wykorzystamy w równaniach ruchu. W tym celu rozłożymy wektor przyspieszenia na składowe w przyjętym na układzie współrzędnych. Następnie wstawimy składowe przyspieszenia do równań ruchu dla dowolnej chwili t . Rozwiązanie (a) Przyjmijmy układ odniesienia z początkiem na szczycie wzniesienia oraz osią y skierowaną do góry i osią x skierowaną poziomo. Obserwując tor ruchu narciarki zauważamy, że składowa x przyspieszenia jest dodatnia, natomiast składowa y jest ujemna. Znając kąt nachylenia stoku, który wynosi 15 ° , obliczamy a x = 2,1 ⁢ m / s 2 ⋅ cos 15 ° = 2,0 ⁢ m / s 2 ⁢ , a y = -2,1 ⁢ m / s 2 ⋅ sin 15 ° = -0,54 ⁢ m / s 2 ⁢ . Jeśli wstawimy położenie początkowe i prędkość początkową do i dla ruchu wzdłuż osi x , otrzymamy x ⁡ t = 75,0 ⁢ m + 4,1 ⁢ m / s ⋅ t + 1 2 ⋅ 2,0 ⁢ m / s 2 ⋅ t 2 ⁢ , v x ⁡ t = 4,1 ⁢ m / s + 2,0 ⁢ m / s 2 ⋅ t ⁢ . Dla kierunku y mamy y ⁡ t = -50,0 ⁢ m - 1,1 ⁢ m / s ⋅ t + 1 2 ⋅ -0,54 ⁢ m / s 2 ⋅ t 2 ⁢ , v y ⁡ t = - 1,1 ⁢ m / s + - 0,54 ⁢ m / s 2 ⋅ t ⁢ . (b) Skoro mamy ogólne równania ruchu dla dowolnej chwili czasu, możemy znaleźć wartości składowych x i y położenia i prędkości po czasie t = 10,0 ⁢ s : x ⁡ 10,0 ⁢ s = 75,0 ⁢ m + 4,1 ⁢ m / s 2 ⋅ 10,0 ⁢ s + 1 2 ⋅ 2,0 ⁢ m / s 2 ⋅ 10,0 ⁢ s 2 = 216,0 ⁢ m ⁢ , v x ⁡ 10,0 ⁢ s = 4,1 ⁢ m / s + 2,0 ⁢ m / s 2 ⋅ 10,0 ⁢ s = 24,1 ⁢ m / s ⁢ , y ⁡ 10,0 ⁢ s = - 50,0 ⁢ m - 1,1 ⁢ m / s ⋅ 10,0 ⁢ s + 1 2 ⋅ - 0,54 ⁢ m / s 2 ⋅ 10,0 ⁢ s 2 = - 88,0 ⁢ m ⁢ , v y ⁡ 10,0 ⁢ s = - 1,1 ⁢ m / s - 0,54 ⁢ m / s 2 ⋅ 10,0 ⁢ s = - 6,5 ⁢ m / s ⁢ . Podsumowując, wektory położenia i prędkości narciarki po czasie t = 10,0 ⁢ s są następujące: r → ( 10,0 s ) = ( 216,0 i ^ − 88,0 j ^ ) m v → ( 10,0 s ) = ( 24,1 i ^ − 6,5 j ^ ) m/s . Wartość prędkości narciarki po 10,0 s ruchu wynosi 25 m/s, czyli 90 km/h. Znaczenie Dzięki równaniom kinematyki i znajomości warunków początkowych (położenie i prędkość początkową) oraz przyspieszenia ciała potrafimy znaleźć położenie, prędkość i przyspieszenie ciała w dowolnej chwili czasu. Jest to bardzo przydatna umiejętność. W postaci równań od do otrzymaliśmy pełen zestaw wyrażeń na położenie, prędkość i przyspieszenie ciała w ruchu w dwóch lub trzech wymiarach. Jeżeli tory ruchu ciał wyglądałyby podobnie do torów samolotów „Orlika” z rysunku na początku rozdziału, to równania te byłyby dość skomplikowane. W następnych sekcjach omówimy dwa szczególne przypadki ruchów na płaszczyźnie i w przestrzeni, tzn. rzuty w ziemskim polu grawitacyjnym oraz ruch po okręgu. Na tej stronie internetowej Uniwersytetu Kolorado dzięki aplikacji internetowej możesz obserwować jak zmienia się ruch biedronki w zależności od zadanych parametrów położenia i prędkości początkowej oraz przyspieszenia. Podsumowanie W dwóch i trzech wymiarach wektor przyspieszenia może mieć dowolny kierunek i nie musi być skierowany wzdłuż którejkolwiek składowej wektora prędkości. Przyspieszenie chwilowe jest zdefiniowane jako zmiana prędkości zachodząca w bardzo krótkim (inifinitezymalnym) przedziale czasu. Jest to wielkość wektorowa o dwóch lub trzech składowych. W praktyce obliczamy przyspieszenie jako pochodną prędkości po czasie. W przypadku trójwymiarowym przyspieszenie a → ( t ) może być zapisane jako wektorowa suma składowych a → x ( t ) , a → y ( t ) oraz a → z ( t ) wzdłuż trzech kierunków x , y i z . Kinematyczne równania ruchu jednostajnie zmiennego (ze stałym przyspieszeniem) możemy zapisać jako wektorową sumę równań jednowymiarowych dla kierunków x , y i z . Pytania Jeżeli położenie cząstki dane jest liniową funkcją czasu, to co możemy powiedzieć o jej przyspieszeniu? Jeżeli ciało porusza się z prędkością o stałej wartości składowej x i nagle doznaje przyspieszenia w kierunku y , to czy składowa x prędkości się zmienia? Nie. Ruchy w kierunkach prostopadłych są od siebie niezależne. Jeżeli ciało ma stałą wartość składowej x prędkości i nagle doznaje przyspieszenia pod kątem 70° do kierunku x , to czy składowa x prędkości ulegnie zmianie? Zadania Położenie cząstki dane jest funkcją czasu r → ( t ) = ( 3,0 t 2 i ^ + 5,0 j ^ − 6,0 t k ^ ) m . Określ jaką funkcją czasu są prędkość i położenie cząstki. Jakie są prędkość i przyspieszenie początkowe cząstki (w chwili t = 0 ? Wektor przyspieszenia cząstki jest następujący ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ ) m/s 2 . W chwili t = 0 jej położenie i prędkość są równe zeru. Jaką funkcją czasu są położenie i prędkość cząstki? Znajdź równanie toru cząstki w ruchu na płaszczyźnie. Naszkicuj trajektorię cząstki na płaszczyźnie x y . v → ( t ) = ( 4,0 t i ^ + 3,0 t j ^ ) m/s , r → ( t ) = ( 2,0 t 2 i ^ + 3 2 t 2 j ^ ) m ; x ( t ) = 2,00 t 2 m , y ( t ) = 3 2 t 2 m , t 2 = x 2 ⇒ y = 3 4 x . Łódka opuszcza przystań w momencie t = 0 i kieruje się na otwarte jezioro z przyspieszeniem 2,0 i ^ m/s 2 . Silny wiatr spycha łódkę z kursu, nadając jej dodatkową prędkość ( 2,0 i ^ + 1,0 j ^ ) m/s . Jaką prędkość wypadkowo uzyska łódka po czasie t = 10 s? Jakie jest położenie łódki po czasie t = 10 s? Naszkicuj wykres zależności y od x , na którym przedstawisz tor ruchu łódki od startu do t = 10 ⁢ s , oraz wykres składowych x i y położenia w funkcji czasu przez pierwsze 10 s ruchu. Położenie cząstki dla t > 0 jest dane wektorem r → ( t ) = ( 3,0 t 2 i ^ − 7,0 t 3 j ^ − 5,0 t − 2 k ^ ) m . Podaj zależność prędkości cząstki od czasu. Jaką zależnością od czasu dane jest przyspieszenie? Jaka jest prędkość cząstki w chwili t = 2,0 ⁢ s ? Oblicz szybkość cząstki w momentach t = 1,0 ⁢ s oraz t = 3,0 ⁢ s . Z jaką średnią prędkością poruszała się cząstka między t = 1,0 ⁢ s oraz t = 2,0 ⁢ s ? v → ( t ) = ( 6,0 t i ^ − 21,0 t 2 j ^ + 10,0 t − 3 k ^ ) m/s , a → ( t ) = ( 6,0 i ^ − 42,0 t j ^ – 30,0 t − 4 k ^ ) m/s 2 , v → ( 2,0 s ) = ( 12,0 i ^ − 84,0 j ^ + 1,25 k ^ ) m/s , v → ( 1,0 s ) = ( 6,0 i ^ − 21,0 j ^ + 10,0 k ^ ) m/s , | v → ( 1,0 s ) | = 24,0 m/s , v → ( 3,0 s ) = ( 18,0 i ^ − 189,0 j ^ + 0,4 k ^ ) m/s , | v → ( 3,0 s ) | = 189,9 m/s , v → śr = ( 9,0 i ^ − 49,0 j ^ + 3,8 k ^ ) m/s . Cząstka porusza się ze stałym przyspieszeniem. W czasie t = 0 cząstka ma prędkość ( 10 i ^ + 20 j ^ ) m/s . W chwili t = 4 s cząstka ma już prędkość 10 j ^ m/s . Z jakim przyspieszeniem porusza się cząstka? Jak zmieniają się w czasie położenie i prędkość? Załóż, że początkowo cząstka znajdowała się w początku układu współrzędnych. Zależność położenia cząstki od czasu jest następująca r → ( t ) = cos ⁡ ( 1,0 t ) i ^ + sin ⁡ ( 1,0 t ) j ^ + t k ^ , gdzie argumenty funkcji sinus i cosinus podano w radianach. (a) Podaj postać wektora prędkości. (b) Jaki jest wektor przyspieszenia cząstki? v → ( t ) = − sin ⁡ ( 1,0 t ) i ^ + cos ⁡ ( 1,0 t ) j ^ + k ^ , a → ( t ) = − cos ⁡ ( 1,0 t ) i ^ − sin ⁡ ( 1,0 t ) j ^ . Myśliwiec F-35 Lightning II musi osiągnąć szybkość 70 m/s, by wystartować z krótkiego pasa lotniskowca o długości 90 m. Aby to się udało, odrzutowiec jest wystrzeliwany w powietrze przy pomocy dwóch napędów: siły odrzutu silnika samolotu oraz katapulty, dzięki czemu może uzyskać ogromne przyspieszenie. W końcowej fazie startu przyspieszenie F-35 spada do ustalonej wartości 5,0 m/s 2 i jest skierowane pod kątem 30° względem pokładu lotniskowca. Jaka musi być początkowa wartość przyspieszenia F-35 na pokładzie lotniskowca, aby ten wzniósł się w powietrze? Napisz wektorowe równania ruchu odrzutowca, przyjmując za punkt odniesienia moment oderwania się od pasa startowego (zapisz składowe wektorów położenia i prędkości w tak wybranym układzie współrzędnych). Na jaką wysokość wzniesie się myśliwiec w ciągu 5,0 s od momentu oderwania się od pokładu lotniskowca? Jaka jest wówczas jego prędkość i szybkość? Jak daleko w poziomie oddali się wtedy od lotniskowca? wektor przyspieszenia (ang. acceleration vector ) przyspieszenie chwilowe obliczone jako pochodna wektora prędkości po czasie w zapisie wektorowym z użyciem wersorów osi układu współrzędnych", "section": "Przyspieszenie", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Rzuty Rzutem (ang. projectile motion ) nazywamy ruch ciała wystrzelonego lub upuszczonego w powietrzu, który zachodzi jedynie z przyspieszeniem grawitacyjnym. W zagadnieniach fizycznych i inżynierskich bardzo często mamy do czynienia z rzutami. Przykładem takiego ruchu może być ruch meteoroidu wpadającego w atmosferę ziemską, fajerwerku wystrzelonego w powietrze, czy lot piłki w dowolnej dyscyplinie sportu. Takie obiekty nazywamy często pociskami a ich tor lotu trajektorią (ang. trajectory ). Ruch obiektów spadających pionowo, który omówiliśmy w rozdziale Ruch prostoliniowy jest prostym rodzajem rzutu w jednym wymiarze, gdzie ruch w poziomie nie występował. W tym rozdziale zajmiemy się rzutami w płaszczyźnie pionowej – przypadek dwuwymiarowy – tj. rzutami poziomymi i ukośnymi, przy czym będziemy zawsze pomijać wpływ oporu powietrza. Najważniejszym faktem do zapamiętania jest to, że ruchy w kierunkach prostopadłych są niezależne i dlatego mogą być rozpatrywane oddzielnie. Mówiliśmy o tym w sekcji Przemieszczenie i prędkość , gdzie pokazaliśmy, że ruch pionowy jest niezależny od ruchu w poziomie. Kluczem do rozwiązania problemu rzutów jest rozłożenie ruchu na ruch wzdłuż osi poziomej i niezależny ruch wzdłuż osi pionowej. Taki wybór osi jest najbardziej sensowny i praktyczny, ponieważ przyspieszenie grawitacyjne występuje wzdłuż kierunku pionowego, a więc w kierunku poziomym nie mamy żadnego przyspieszenia, jeśli pominiemy wpływ oporu powietrza. Dla ułatwienia nazwiemy oś poziomą osią x , natomiast oś pionową - osią y . Pamiętajmy, że taki wybór układu współrzędnych nie jest jedynym możliwym. Jest on po prostu wygodny w problemach z przyspieszeniem grawitacyjnym. W pozostałych przypadkach możemy oczywiście dokonać innego wyboru osi. pokazuje wybór osi oraz oznaczenia przyjęte w dalszych fragmentach rozdziału. Całkowite przemieszczenie nazwiemy s → , a jego składowe wzdłuż osi poziomej i pionowej x → oraz y → . Długości wektorów przemieszczenia i jego składowych oznaczymy przez s , x i y . Całkowite przemieszczenie s → piłki do pewnego punktu na jej trajektorii. Wektor s → ma dwa wektory składowe x → i y → wzdłuż poziomej i pionowej osi. Jego długość wynosi s , a kąt jaki tworzy z poziomem to φ . Aby nasz opis rzutów był kompletny, powinniśmy uwzględnić wektor prędkości, przyspieszenia i przemieszczenia. Co więcej, musimy znaleźć ich składowe x oraz y . Załóżmy, że pomijamy wszystkie siły (z wyjątkiem siły grawitacji) takie jak opór powietrza czy tarcie. Jeśli przyjmiemy dodatni kierunek osi pionowej do góry, składowe wektora przyspieszenia mają bardzo prostą postać: a y = - g = - 9,8 m/s 2 , a x = 0. Ponieważ grawitacja działa tylko w pionie, a x = 0. Jeżeli a x = 0 , to prędkość v x w kierunku x w dowolnej chwili czasu nie zmienia się i jest równa prędkości początkowej v 0 x . Z takimi warunkami na prędkość i przyspieszenie możemy zapisać kinematyczne równania ( - ) dla ruchu w jednorodnym polu grawitacyjnym, przyjmując postać równań odpowiednią dla ruchu ze stałym przyspieszeniem (z sekcji Ruch ze stałym przyspieszeniem ). Jeśli przyjmiemy a y = - g , a x = 0 , nasze równania ruchu mają postać: Ruch w poziomie x = x 0 + v x t v x = v 0 x Ruch w pionie y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t v y = v 0 y - g t y = y 0 + v 0 y ⁢ t − 1 2 ⁢ g ⁢ t 2 y = y_0 + v_{0\\sep y} t - \\frac12 g t^2 v y 2 = v 0 y 2 - 2 g ( y - y 0 ) Używając tego zestawu równań, możemy dokonać analizy dowolnego rzutu. Musimy jednak pamiętać o kilku ważnych kwestiach. Strategia rozwiązywania zadań: rzuty Rozdziel ruch pocisku na składową poziomą i pionową wzdłuż osi x oraz y . Wartości składowych wektora przemieszczenia s → wzdłuż tych osi to x i y . Wartości składowych wektora prędkości v → są równe v x = v cos ⁡ φ oraz v y = v sin ⁡ φ , gdzie v jest długością wektora prędkości, a φ jest kątem nachylenia wektora prędkości do osi poziomej (w dowolnej chwili czasu), jak pokazano na . Prędkość początkową v 0 również rozkładamy na składowe v 0 x = v 0 cos ⁡ φ 0 oraz v 0 y = v 0 sin ⁡ φ 0 , gdzie φ 0 jest kątem początkowym, pod którym pocisk jest wystrzeliwany. Traktuj rzut jako złożenie dwóch niezależnych ruchów w jednym kierunku: wzdłuż osi poziomej i pionowej. Używaj równań ruchu dla kierunku poziomego i pionowego w formie zapisanej powyżej. Rozwiąż równania ze względu na niewiadome. Zauważ, że jedyną wspólną zmienną w równaniach dla kierunku poziomego i pionowego jest czas t . Metody rozwiązywania równań ruchu są takie same jak w przypadku jednowymiarowym. Szczegółowo omówiliśmy je podczas analizy przykładów poniżej. Następnie użyj wielkości służących do opisu ruchu poziomego i pionowego, aby uzyskać informację o całkowitym przemieszczeniu s → i prędkości v → . Oblicz wartość oraz kierunek wektorów przemieszczenia i prędkości używając wzorów s = x 2 + y 2 , φ = arctg ( y / x ) , v = v x 2 + v y 2 , gdzie kąt φ określa kierunek wektora przemieszczenia s → . (a) Problem rzutu w dwóch wymiarach analizujemy, rozpatrując niezależne ruchy w jednym wymiarze: w kierunku poziomym i pionowym. (b) Ruch w poziomie jest bardzo prosty, ponieważ a x = 0 oraz v x jest stałe. (c) W trakcie wznoszenia się ciała prędkość w kierunku pionowym maleje i spada do zera, gdy ciało osiąga wysokość maksymalną. Gdy ciało z powrotem spada w kierunku Ziemi, prędkość pionowa rośnie, ale jej kierunek jest teraz przeciwny do kierunku składowej pionowej prędkości początkowej. (d) Złożenie niezależnych ruchów wzdłuż osi x i y daje całkowitą prędkość w dowolnym punkcie toru ruchu. Rzut, w którym początkowy kąt θ 0 między wektorem prędkości początkowej a kierunkiem poziomym jest różny od zera stopni, nazywamy rzutem ukośnym . Gdy natomiast kąt ten jest równy zero stopni, to rzut taki nazywać będziemy rzutem poziomym . Możemy mieć do czynienia z rzutem ukośnym do góry, jak i w dół (np. rzucając kamieniem w dół klifu). Gdy z kolei kąt jest równy zeru stopni, to rzut nazywamy rzutem pionowym . Wybuch fajerwerku na dużej wysokości Podczas pokazu sztucznych ogni rakietę z ładunkiem wybuchowym wystrzeliwuje się w powietrze z początkową prędkością o wartości 70,00 m/s pod kątem 75° nad horyzontem, jak pokazano na . Lont ma taką długość, aby ładunek został odpalony w najwyższym punkcie toru lotu rakiety. Oblicz wysokość, na jakiej ładunek wybuchnie. Po jakim czasie od wystrzelenia rakiety dojdzie do wybuchu? W jakiej odległości liczonej w poziomie od miejsca wystrzelenia dojdzie do wybuchu fajerwerku? Jakie jest całkowite przemieszczenie rakiety od startu do momentu wybuchu ładunku? Tor ruchu rakiety z fajerwerkami. Odpowiednia długość lontu pozwala na wybuch ładunku w najwyższym punkcie toru, czyli na wysokości 233 m i w odległości 125 m w poziomie od miejsca wystrzału. Strategia rozwiązania Ruch rakiety możemy rozłożyć na ruch poziomy i pionowy z przyspieszeniami a x = 0 oraz a y = - g . Przyjmijmy położenie początkowe x 0 i y 0 równe zero i przystąpmy do obliczania poszukiwanych niewiadomych. Rozwiązanie (a) Przez “wysokość” rozumiemy to, jak wysoko nad poziomem podłoża wzniesie się rakieta, czyli współrzędną y położenia względem punktu początkowego. Najwyższy punkt toru, zwany wysokością maksymalną albo wierzchołkiem , zostaje osiągnięty, gdy v y = 0 . Skoro znamy początkową i końcową prędkość oraz początkowe położenie rakiety, możemy skorzystać z następującego równania do znalezienia wysokości maksymalnej y : v y 2 = v 0 y 2 - 2 g ( y - y 0 ) . Ponieważ i y 0 , i v y są równe zero, równanie upraszcza się do postaci: 0 = v 0 y 2 - 2 g y . Obliczamy y : y = v 0 y 2 2 g . Potrzebujemy jeszcze wyznaczyć v 0 y – składową y wektora prędkości początkowej. Jest ona równa v 0 y = v 0 sin ⁡ θ 0 , gdzie v 0 jest wartością prędkości początkowej równą 70,0 m/s, a θ 0 = 75 ∘ jest kątem początkowym, pod którym wystrzelono rakietę. Zatem v 0 y = v 0 sin ⁡ θ 0 = ( 70,0 m/s ) sin ⁡ 75 ∘ = 67,6 m/s , natomiast y wynosi: y = ( 67,6 m/s ) 2 2 ( 9,81 m/s 2 ) . Ostatecznie otrzymujemy y = 233 m . Zauważmy, że ponieważ jako dodatni przyjęliśmy kierunek w górę, to zarówno składowa pionowa prędkości początkowej, jak i maksymalna wysokość są dodatnie, mimo że przyspieszenie grawitacyjne jest ujemne. Zwróćmy także uwagę, że wysokość maksymalna zależy wyłącznie od pionowej składowej prędkości początkowej. Wobec tego każdy pocisk wystrzelony ukośnie z prędkością o składowej pionowej 67,6 m/s osiągnąłby dokładnie taką samą wysokość maksymalną równą 233 m (pomijając opory powietrza). Wynik otrzymany w tym przykładzie jest rozsądny w przypadku naprawdę dużych rakiet, które są w stanie wynieść ładunek na tak dużą wysokość. W rzeczywistości opory powietrza nie są całkowicie zaniedbywalne i do wyniesienia ładunku na tę samą wysokość potrzebna byłaby zapewne większa prędkość początkowa. (b) Jak często bywa w problemach fizycznych, jest wiele sposobów obliczenia czasu lotu pocisku do wysokości maksymalnej. W tym przypadku najprościej będzie skorzystać z równania v y = v 0 y - g t . Ponieważ w wierzchołku v y = 0 , dlatego równanie upraszcza się do równości: 0 = v 0 y - g t , z której łatwo obliczymy czas: t = v 0 y g = 67,6 m/s 9,81 m/s 2 = 6,9 s . Znaleziony czas jest również prawdopodobny w przypadku dużych fajerwerków. Gdybyś miał okazję obserwować pokaz sztucznych ogni, zwróć uwagę, że zazwyczaj mija kilkanaście sekund zanim ładunek wybucha. Inną metodą wyznaczenia czasu wznoszenia pocisku jest użycie równania y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t . Obliczenie czasu przy pomocy tego równania zostawiamy ci jako ćwiczenie. (c) Ze względu na to, że pomijamy opór powietrza, a x = 0 oraz składowa pozioma prędkości jest stała. Przemieszczenie w poziomie obliczymy, mnożąc prędkość poziomą przez czas zgodnie ze wzorem x = x 0 + v x t , gdzie x 0 jest zero. Zatem x = v x t , przy czym v x jest składową x wektora prędkości, która wynosi v x = v 0 ⁢ cos θ 0 = 70,0 ⁢ m / s ⋅ cos 75 ° = 18,1 ⁢ m / s ⁢ . Zauważmy, że pominięto tutaj indeks dolny '0', bo prędkość w kierunku poziomym się nie zmienia i jest zawsze równa składowej prędkości początkowej. Czas t jest dla ruchu w obu kierunkach taki sam, więc x jest równe x = 18,1 ⁢ m / s ⋅ 6,9 ⁢ s = 125 ⁢ m ⁢ . Ruch poziomy przy braku oporów powietrza zachodzi ze stałą prędkością. Tak duże obliczone przez nas poziome przemieszczenie może być użyteczne, aby utrzymać odłamki powstałe w wyniku wybuchu jak najdalej od widzów. Na ruch odłamków po wybuchu duży wpływ ma opór powietrza, dzięki czemu upadają one prawie dokładnie poniżej miejsca wybuchu i nie docierają do widzów. (d) W podpunktach (a) i (c) obliczyliśmy składowe wektora położenia w najwyższym punkcie toru lotu rakiety, które są w tym przypadku także składowymi przemieszczenia. Pozostaje nam więc obliczenie długości i kierunku przemieszczenia do wierzchołka. s → = ( 125 i ^ + 233 j ^ ) m | s → | = 125 2 + 233 2 = 264 m θ = arctg ( 233 125 ) = 61 , 8 ∘ . Zauważmy, że kąt między przemieszczeniem a osią poziomą jest mniejszy niż początkowy kąt wystrzału rakiety. Aby zrozumieć dlaczego tak jest, spójrzmy jeszcze raz na , który pokazuje krzywiznę trajektorii z perspektywy podłoża. Rozwiązując (a), wyprowadziliśmy wyrażenie na y słuszne w przypadku, gdy pomijamy opór powietrza. Nazwijmy teraz wysokość maksymalną y = h . W takim razie h = v 0 y 2 2 g . Powyższe równanie podaje ogólny wzór na wysokość maksymalną nad punktem początkowym ciała w rzucie ukośnym , która zależy tylko od składowej pionowej prędkości początkowej. Sprawdź, czy rozumiesz. Kamień rzucono poziomo z klifu o wysokości 100,0 m z prędkością o wartości 15,0 m/s. Przedyskutuj możliwy wybór początku układu współrzędnych. Jakie równanie opisuje ruch w kierunku poziomym? Które równania zastosujesz do opisu ruchu w pionie? Jaki jest wektor prędkości i jego wartość w punkcie upadku kamienia na ziemię? Jako początek układu współrzędnych wybierz szczyt klifu. Jest to najwygodniejszy wybór, mimo że zupełnie arbitralny. Zwyczajowo wybieramy położenie w t = 0 jako początek układu. Poprawnym równaniem jest x = x 0 + v x t . Przyjmując x 0 = 0 , równanie sprowadza się do x = v x t . Zestaw równań od do oraz poprawnie opisuje ruch w pionie, ale przy y 0 = 0 oraz v 0 y = 0 równania te znacznie się upraszczają i przyjmują postać: y = 1 2 ( v 0 y + v y ) t = 1 2 v y t , v y = - g t , y = - 1 2 g t 2 oraz v y 2 = - 2 g y . Znajdziemy składowe wektora prędkości w momencie upadku, korzystając z poznanych równań kinematycznych. Podstawiając do równania v y 2 = - 2 g y wartość -100,0 m w miejsce y , znajdziemy składową y wektora prędkości końcowej v y = –44,3 m/s . Składowa x jest niezmiennie równa v x = 15,0 m/s , zatem całkowita prędkość w chwili upadku ma wartość: v = 46,8 m/s i kierunek θ = 71,3° w dół względem poziomu. Rzut ukośny: Tenisistka Tenisistka po zwycięstwie w rozgrywanym na Arthur Ashe Stadium finale US Open uderza piłkę rakietą skierowaną 45° do poziomu, posyłając ją w trybuny z szybkością 30 m/s ( ). Gdy piłka opadała złapał ją widz siedzący 10 m ponad poziomem, z którego piłka została wyrzucona. Oblicz czas, po jakim piłka dociera do widza. Jaka jest wartość i kierunek prędkości piłki w chwili upadku? Tor lotu piłki tenisowej uderzonej w trybuny. Strategia rozwiązania Podobnie jak wcześniej, dzięki rozłożeniu ruchu w dwóch wymiarach na dwie niezależne składowe w jednym wymiarze, łatwo obliczymy poszukiwane wielkości. Czas przebywania piłki w powietrzu zależy jedynie od jej ruchu w pionie. Zaczniemy więc od wyznaczenia niewiadomej t . Podczas gdy w pionie piłka wznosi się i opada, w poziomie porusza się stale z jednakową prędkością. W tym przykładzie jesteśmy pytani o prędkość końcową w momencie upadku piłki. Żeby ją znaleźć, połączymy z powrotem informacje o ruchu poziomym i pionowym. Wyznaczymy wtedy wektor v → po czasie t , który będziemy znali z rozwiązania pierwszej części zadania. Rozwiązanie (a) Podczas lotu w powietrzu piłka wznosi się, a następnie opada do wysokości końcowej 10,0 m ponad poziomem, z którego została wyrzucona. Czas lotu znajdziemy, korzystając z : y = y 0 + v 0 y t - 1 2 g t 2 . Jeśli przyjmiemy położenie początkowe y 0 równe zero metrów, to w powyższym równaniu zmienna y będzie równa 10 m. Początkowa prędkość w pionie jest składową pionową wektora prędkości początkowej: v 0 y = v 0 sin ⁡ θ 0 = ( 30,0 m/s ) sin ⁡ 45 ∘ = 21,2 m/s . Jeśli w miejsce y i v 0 y w podstawimy obliczone wcześniej wartości, otrzymamy: 10,0 m = ( 21,2 m/s ) t - ( 4,90 m/s 2 ) t 2 . Otrzymaliśmy równanie kwadratowe z niewiadomą t , które po uporządkowaniu ma postać: ( 4,90 m/s 2 ) t 2 - ( 21,2 m/s ) t + 10,0 m = 0. Jeśli rozwiążemy równanie kwadratowe, otrzymamy dwa wyniki t = 3,79 s oraz t = 0,54 s. Wiemy, że piłka znajduje się na wysokości 10 m dwukrotnie - raz w jej locie do góry, a raz podczas opadania. Dlatego jako czas lotu piłki do widza wybierzemy rozwiązanie pierwsze, gdzie czas ten jest dłuższy: t = 3,79 s . Czas ruchu pocisku jest determinowany jedynie jego ruchem w kierunku pionowym. Dlatego każdy pocisk wystrzelony ze składową pionową prędkości 21,2 m/s, który dociera do wysokości 10,0 m ponad poziomem początkowym, spędzi w powietrzu dokładnie 3,79 s. (b) Składowe prędkości v x i v y w momencie upadku piłki na trybuny znajdziemy dzięki wynikom z punktu (a). Następnie wykorzystamy je do obliczenia wartości wektora prędkości v → oraz kąta nachylenia wektora prędkości do poziomu θ . Oznaczymy go dodatkowo przez θ k , aby podkreślić, że jest to kąt końcowy. Ze względu na to, że składowa v x jest stała w czasie, możemy wyznaczyć jej wartość dla dowolnej chwili i dowolnego położenia piłki w trakcie lotu. Wybieramy punkt początkowy, bo znamy początkową prędkość i kąt wyrzucenia piłki. Dlatego v x = v 0 cos ⁡ θ 0 = ( 30 m/s ) cos ⁡ 45 ∘ = 21,2 m/s . Składową pionową prędkości końcowej obliczymy dzięki : v y = v 0 y - g t . W części (a) obliczyliśmy już wartość v 0 y , równą 21,2 m/s, zatem v y = 21,2 m/s - 9,81 m/s 2 ( 3,79 s ) = - 15,9 m/s . Wartość prędkości v → wynosi v = v x 2 + v y 2 = ( 21,2 m/s ) 2 + ( - 15,9 m/s ) 2 = 26,5 m/s . Kąt upadku θ k wyznaczymy jako arcus tangens stosunku składowych prędkości: θ k = arctg ( v y v x ) = arctg ( − 15,9 21,2 ) = − 36 , 9 ∘ . Znaczenie Jak już mówiliśmy, czas ruchu w rzucie ukośnym zależy jedynie od składowej pionowej ruchu. Dlatego czas ruchu każdego pocisku, który startuje z pionową prędkością początkową 21,2 m/s i ląduje na wysokości 10,0 m ponad punktem początkowym, wynosi 3,79 s. Ujemny kąt oznacza, że wektor prędkości w momencie upadku jest skierowany 36,9° poniżej horyzontu. Ten wynik jest spójny z obserwacją, że piłka upada na trybuny po drugiej stronie wierzchołka jej trajektorii i stąd ujemna składowa y prędkości. Zgodnie z naszymi oczekiwaniami, prędkość upadku piłki na wysokości 10,0 m jest mniejsza niż wartość prędkości początkowej, a kąt upadku jest co do wartości bezwzględnej mniejszy niż kąt początkowy. Czas lotu, tor i zasięg W tej sekcji chcemy wyprowadzić ogólne wzory na czas lotu, tor i zasięg w rzucie ukośnym, w którym miejsce wystrzelenia i upadku pocisku są na tej samej wysokości. Wykorzystamy poznane już równania kinematyczne, aby w kolejnych punktach otrzymać interesujące nas wzory. Czas lotu Przekształcając kinematyczne równania ruchu, możemy wyprowadzić wzór na czas lotu obiektu w rzucie ukośnym od miejsca wystrzelenia do miejsca upadku, które znajdują się na tym samym poziomie. Zauważmy, że składowa y położenia musi być równa zeru zarówno na początku, jak i na końcu ruchu. W takim razie przemieszczenie w kierunku pionowym musi być równe zeru, zatem y - y 0 = v 0 y t - 1 2 g t 2 = ( v 0 sin θ 0 ) t - 1 2 g t 2 = 0. Po przekształceniu do postaci iloczynowej mamy: t ( v 0 sin ⁡ θ 0 − g t 2 ) = 0. Rozwiązując to równanie ze względu na t , otrzymujemy: T = 2 ( v 0 sin θ 0 ) g . Powyższe równanie daje nam wzór na całkowity czas lotu (ang. time of flight ) w rzucie ukośnym, gdy pocisk jest wystrzelony i wraca na tę samą wysokość. nie obowiązuje w przypadku, gdy poziom wystrzelenia jest inny niż poziom upadku pocisku, jak widzieliśmy w rozwiązanym wyżej tenisisty uderzającego piłkę w kierunku trybun. ma, dwa rozwiązania. Drugie rozwiązanie, t = 0, daje nam czas wystrzelenia pocisku. Czas lotu w rzucie ukośnym wzrasta wraz z prędkością początkową w kierunku pionowym i maleje ze wzrostem przyspieszenia grawitacyjnego g . Wobec tego na Księżycu, gdzie panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne niż na Ziemi, pocisk wystrzelony z taką samą prędkością będzie w locie przez 6 razy dłuższy czas. Zwróćmy też uwagę, że czas wznoszenia się pocisku (równy czasowi opadania pocisku) wynosi połowę czasu danego powyższym wzorem (bez dwójki w liczniku). Tor lotu Równanie toru lotu pocisku w rzucie ukośnym wyznaczymy, eliminując zmienną t z równań kinematycznych dla dowolnej chwili i wyprowadzając zależność y ( x ) . Przyjmijmy, że pocisk jest wystrzelony z początku układu współrzędnych, zatem x 0 = y 0 = 0 . Z równania na zależność x ( t ) wyznaczamy czas x = v 0 x t ⇒ t = x v 0 x = x v 0 cos ⁡ θ 0 . Podstawiając za t w równaniu na składową pionową położenia y = ( v 0 sin ⁡ θ 0 ) t − 1 2 g t 2 , otrzymujemy: y = ( v 0 sin ⁡ θ 0 ) ( x v 0 cos ⁡ θ 0 ) − 1 2 g ( x v 0 cos ⁡ θ 0 ) 2 . Upraszczając powyższe wyrażenie, otrzymujemy wzór na równanie toru y = ( tg θ 0 ) x − [ g 2 ( v 0 cos ⁡ θ 0 ) 2 ] x 2 . Równanie toru w rzucie ukośnym ma ogólną postać y = a x + b x 2 , co jest równaniem paraboli o współczynnikach a = tg θ 0 , b = − g 2 ( v 0 cos ⁡ θ 0 ) 2 ; Zasięg Wzór na zasięg (ang. range ), czyli odległość w poziomie, jaką w rzucie ukośnym pokonuje pocisk, znajdziemy na podstawie równania toru ruchu. w postaci iloczynowej ma postać: y = x [ tg θ 0 − g 2 ( v 0 cos ⁡ θ 0 ) 2 x ] . Położenie w pionie y jest równe zeru i dla punktu wystrzelenia, i dla miejsca upadku pocisku, bo nadal zakładamy start i metę pocisku na tej samej wysokości. Podstawiając y = 0 do równania, otrzymujemy dwa rozwiązania: x = 0 , co odpowiada punktowi wystrzelenia pocisku, oraz x = 2 ⁢ v 0 2 ⁢ sin θ 0 ⁢ cos θ 0 g ⁢ , co odpowiada miejscu upadku. Korzystając z tożsamości trygonometrycznej 2 sin ⁡ θ cos ⁡ θ = sin ⁡ 2 θ oraz wprowadzając oznaczenie zasięgu x = R , otrzymujemy wzór końcowy na zasięg: R = v 0 2 sin ⁡ 2 θ 0 g . Oczywiście powyższy wzór na zasięg jest poprawny jedynie w przypadku rzutu ukośnego względem poziomej powierzchni. Możemy zauważyć, że zasięg wzrasta wraz z kwadratem prędkości początkowej v 0 oraz proporcjonalnie do sin ⁡ 2 θ 0 , a maleje ze wzrostem przyspieszenia grawitacyjnego. W takim razie na Księżycu zasięg będzie 6 razy większy przy tej samej prędkości początkowej i przy tym samym kącie wystrzelenia. Co więcej, dzięki analizie czynnika sin ⁡ 2 θ 0 we wzorze możemy zauważyć, że zasięg ma maksimum dla kąta 45 ° . Wszystkie te wnioski pokazujemy na . Na rysunku (a) widzimy, że – przy ustalonym kącie – im większa prędkość początkowa, tym większy zasięg. Z kolei rysunek (b) dowodzi, że zasięg rzutu ukośnego z ustaloną prędkością jest największy dla kąta 45 ° . Jest to prawdą jedynie wtedy, gdy pomijamy opór powietrza. Gdybyśmy nie zaniedbali wpływu oporu powietrza, to zasięg maksymalny byłby dla kąta nieco mniejszego. Co ciekawe, z rysunku (b) wynika też, że ten sam zasięg mają dwa rzuty, których kąty początkowe dodają się do 90 ° . Co prawda wysokości maksymalne się różnią – mniejszemu kątowi odpowiada mniejsza wysokość maksymalna niż dla kąta większego – jednak zasięg jest ten sam. Trajektorie pocisków wystrzelonych z tego samego poziomu. (a) Im większa prędkość początkowa v 0 tym większy zasięg przy danym kącie początkowym. (b) Wpływ kąta początkowego θ 0 na zasięg pocisku w rzucie ukośnym z ustaloną wartością prędkości początkowej. Zwróćmy uwagę, że zasięg jest taki sam dla kątów 15 ° i 75 ° , mimo że wysokości maksymalne są inne. Golfista Golfista musi zmierzyć się z dwiema innymi sytuacjami przy różnych dołkach. Na pierwszym dołku ma do pokonania dystans 120 m, ale chce uderzyć piłkę na odległość tylko 90 m tak, aby dalej potoczyła się jak najbliżej dołka. Uderza piłkę nisko nad podłożem pod kątem 30° i umożliwia jej po upadku dalsze toczenie się po trawie. Na drugim dołku jest 90 m od celu i chce, aby piłka prawie wcale nie toczyła się po upadku na trawę, dlatego uderza ją pod kątem 70° do podłoża. W obu przypadkach punkt startowy piłki i miejsce upadku na trawę znajdują się na tej samej wysokości. Jaka jest szybkość początkowa piłki na pierwszym dołku? Jaka jest szybkość początkowa piłki na drugim dołku? Jakie jest równanie toru piłki w obu przypadkach? Narysuj tor w obu przypadkach. Strategia rozwiązania Wiemy, że wzór na zasięg wiąże i prędkość początkową, i kąt początkowy. Zatem, znając kąt i zasięg, możemy przy jego pomocy wyznaczyć prędkość dla obu przypadków (a) i (b). Następnie, mając prędkości początkowe w obu przypadkach, napiszemy równania toru. Rozwiązanie R = v 0 2 ⁢ sin 2 ⁢ θ 0 g ⇒ v 0 = R ⁢ g sin 2 ⁢ θ 0 = 90,0 ⁢ m ⋅ 9,81 ⁢ m / s 2 sin 2 ⋅ 30 ° = 31,9 ⁢ m / s ⁢ , R = v 0 2 ⁢ sin 2 ⁢ θ 0 g ⇒ v 0 = R ⁢ g sin 2 ⁢ θ 0 = 90,0 ⁢ m ⋅ 9,81 ⁢ m / s 2 sin 2 ⋅ 70 ° = 37,1 ⁢ m / s ⁢ , y = x ⁢ tg θ 0 - g 2 ⁢ v 0 ⁢ cos θ 0 2 ⁢ , Pierwszy dołek y = x ⁢ tg 70 ° - 9,81 ⁢ m / s 2 2 ⁢ 37,1 ⁢ m / s ⋅ cos 70 ° 2 ⁢ x = 2,75 ⁢ x - 0,0305 ⁢ x 2 ⁢ m Drugi dołek y = x ⁢ tg 30 ° - 9,81 ⁢ m / s 2 2 ⁢ 31,9 ⁢ m / s ⋅ cos 30 ° 2 ⁢ x = 0 58 ⁢ x - 0 0064 ⁢ x 2 ⁢ m Rysując wykres zależności y ( x ) na podstawie powyższych równań, możemy graficznie porównać tory piłki w obu przypadkach. Spójrz na . Tory lotu piłki golfowej uderzonej pod różnymi kątami, ale o takim samym zasięgu, równym 90 m. W obu przypadkach miejsce upadku i wystrzelenia znajdują się na tej samej wysokości. Znaczenie Prędkość początkowa w rzucie pod kątem 70° jest większa niż prędkość początkowa dla kąta 30°. Dwa pociski wystrzelone z takimi samymi prędkościami osiągają ten sam zasięg, gdy kąty początkowe sumują się do 90°. W naszym przykładzie na suma kątów jest większa niż 90°, dlatego też piłka w rzucie pod kątem 70° musi mieć większą prędkość, aby osiągnąć zasięg 90 m. Inaczej upadłaby po przebyciu mniejszej odległości. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli piłki golfowe z powyższego miałyby te same wartości prędkości początkowej, to zasięg lotu której z nich byłby większy? Piłka uderzona pod kątem 30°. W naszych rozważaniach o zasięgu rzutu względem płaskiej powierzchni zakładamy, że R jest bardzo małe w porównaniu z obwodem kuli ziemskiej. Jeżeli jednak zasięg jest duży, krzywizna Ziemi zaczyna być istotna. Powierzchnia Ziemi obniża się w trakcie lotu pocisku i przyspieszenie grawitacyjne zmienia wartość wzdłuż toru lotu. Zasięg rzutu jest w efekcie większy niż przewidziany wyprowadzonym przez nas wzorem, bo miejsce upadku pocisku jest dalej niż w przypadku płaskiej powierzchni odniesienia. Obrazuje to , inspirowana szkicem Newtona z jego dzieła Philosophiae naturalis principia mathematica . Jeżeli prędkość początkowa jest odpowiednio duża, pocisk może wejść na orbitę Ziemi. Powierzchnia Ziemi obniża się o 5 m co każde 8000 m w poziomie. W spadku swobodnym (bez oporów powietrza) ciało spada o 5 m w ciągu 1 s. W takim razie, jeśli ciału nadamy prędkość poziomą o wartości 8000 m/s (czyli 28 800 km/h) tuż przy powierzchni Ziemi, to takie ciało zacznie ruch orbitalny wokół Ziemi – stanie się satelitą. Możemy to rozumieć w ten sposób, że w ruchu orbitalnym powierzchnia Ziemi stale opada względem toru satelity. Wymieniona wartość prędkości jest w przybliżeniu wartością typową dla statku kosmicznego lub satelitów na niskiej orbicie okołoziemskiej. Te i inne zagadnienia ruchu orbitalnego, jak np. ruch Ziemi w przestrzeni kosmicznej, omawiamy szczegółowo w rozdziale Grawitacja . Wystrzelenie pocisku na orbitę ziemską. Pocisk wystrzeliwany jest z wysokiej wieży, dzięki czemu opór powietrza jest pomijalny. Wraz ze wzrostem prędkości początkowej zasięg rzutu jest większy niż względem płaskiej powierzchni, ponieważ powierzchnia Ziemi zakrzywia się w dół względem toru lotu pocisku. Przy prędkości początkowej 8000 m/s pocisk osiąga orbitę. Na stronie PhET Explorations: Projectile Motion możesz zapoznać się z parametrami rzutu ukośnego w zależności od kąta wyrzutu i prędkości początkowej. Podsumowanie Rzuty są przykładem ruchu w pobliżu powierzchni Ziemi, na który wpływ ma tylko przyspieszenie grawitacyjne. Do rozwiązania problemu rzutów używamy jednowymiarowych kinematycznych równań ruchu zapisanych osobno dla kierunku poziomego x i pionowego y . Czas lotu pocisku w rzucie ukośnym z prędkością początkową v 0 względem powierzchni płaskiej możemy opisać wzorem T = 2 ( v 0 sin ⁡ θ 0 ) g . Ten wzór jest poprawny tylko w przypadku, gdy pocisk upada na tej samej wysokości, z jakiej został wystrzelony. Największa odległość w poziomie, jaką pokonuje pocisk w rzucie ukośnym, nazywa się zasięgiem i wynosi: R = v 0 2 sin ⁡ 2 θ 0 g . Wzór na zasięg obowiązuje tylko w sytuacji, gdy pocisk upada na tej samej wysokości, z jakiej był wystrzelony. Pytania Odpowiedz na następujące pytania dotyczące rzutu ukośnego przy założeniu braku oporów powietrza oraz kącie początkowym większym od 0°, a mniejszym niż 90°: Czy prędkość kiedykolwiek spada do zera? Kiedy całkowita prędkość ma najmniejszą wartość? Kiedy największą? Czy wektor prędkości w jakiejkolwiek innej chwili niż t = 0 ma szansę być równy prędkości początkowej? Czy szybkość może być taka jak szybkość początkowa w chwili innej niż t = 0? Nie; najmniejsza w wierzchołku, a największa na początku oraz w momencie upadku; nie, prędkość jest wektorem, który w trakcie ruchu zmienia kierunek i zwrot; tak, w chwili upadku. Odpowiedz na następujące pytania dotyczące rzutu ukośnego, przy założeniu braku oporów powietrza oraz kącie początkowym większym od 0°, a mniejszym niż 90°: Czy przyspieszenie jest kiedykolwiek równe zero? Czy wektor przyspieszenia ma kiedykolwiek zwrot i kierunek którejkolwiek składowej wektora prędkości? Czy przyspieszenie jest kiedykolwiek zwrócone przeciwnie do którejś ze składowych prędkości? Dwuzłotówkę kładziemy płasko na krawędzi stołu tak, że wystaje nieco poza stół. Uderzamy w nią centralnie pięciozłotówką prostopadle do krawędzi stołu tak, że obie monety spadają. Która z nich pierwsza upadnie na podłogę? Obie monety upadną na podłogę w tym samym czasie. Zadania Pocisk karabinowy jest wystrzelony poziomo z wysokości ramienia strzelca (1,5 m) z szybkością 200 m/s. Ile czasu upłynie zanim pocisk upadnie na ziemię? Jaki dystans w poziomie pocisk pokona? t = 0,55 s , x = 110 m . Szklana kuleczka stacza się ze stołu o wysokości 1,0 m i upada na podłogę w odległości 3,0 m w poziomie od krawędzi stołu. Jak długo kulka przebywała w powietrzu? Jaką prędkość miała kulka, gdy minęła krawędź stołu? Jaką szybkość uzyskała kulka w momencie upadku na podłogę? Lotka jest rzucona poziomo z szybkością 10 m/s dokładnie w kierunku środka tarczy odległej o 2,4 m, co pokazuje poniższy rysunek. O ile poniżej zamierzonego celu lotka trafia w tarczę? Co twoja odpowiedź mówi ci o technice stosowanej przez profesjonalnych zawodników tej gry? t = 0,24 s , d = 0,28 m , Celują wyżej. Samolot lecący poziomo z prędkością 500 km/h na wysokości 800 m zrzuca paczkę z zaopatrzeniem (spójrz na rysunek). Jeśli spadochron nie otworzy się, to jak daleko od miejsca zrzutu paczka upadnie na ziemię? Załóżmy, że samolot z poprzedniego zadania wystrzeliwuje rakietę z poziomą prędkością o wartości 300 ⁢ m / s i kierunku zgodnym z kierunkiem lotu. Po jakim czasie i w jakiej odległości poziomej od miejsca wystrzelenia upadnie rakieta? Jaka jest szybkość rakiety w chwili upadku? t = 12,8 s , x = 5 618 m ; v y = 125,6 m/s , v x = 438,9 m/s , | v → | = 456,5 m/s . Miotacz drużyny baseballowej rzuca piłkę z prędkością 40 m/s (144 km/h). Zakładając, że miotacz rzuca piłkę poziomo w kierunku odległej o 18,4 m bazy, oblicz czas lotu piłki do bazy. W jakiej odległości od bazy upadnie piłka wyrzucona przez miotacza z wysokości 1,5 m, jeśli pałkarz nie trafi? Pocisk, wystrzelony pod kątem 30°, upada po 20 s na ten sam poziom, z którego go wystrzelono. Jaką miał prędkość początkową? Na jaką największą wysokość wzniósł się pocisk? Jaki jest zasięg pocisku? Oblicz przemieszczenie pocisku od miejsca wystrzelenia do punktu na trajektorii po 15 s. v y = v 0 y - g t , t = 10 s , v y = 0 , v 0 y = 98,1 m/s , v 0 = 196,2 m/s ; h = 490,5 m ; v 0 x = 169,9 m/s , x = 3 398,0 m ; x = 2 548,5 m , y = 367,9 m , s → = ( 2 549 i ^ + 367,9 j ^ ) m . Koszykarz rzuca piłką w kierunku kosza odległego o 6,1 m i zawieszonego 3,0 m nad parkietem. Jeżeli piłka jest rzucona z wysokości 1,8 m nad parkietem pod kątem 60°, to jaka musi być jej początkowa szybkość, aby doleciała do kosza? W pewnym momencie balon wypełniony gorącym powietrzem znajduje się na wysokości 100 m i zaczyna opadać ze stałą szybkością 2,0 m/s. W tym samym momencie z kosza balonu dziewczynka rzuca poziomo piłkę z szybkością 20 m/s. Gdzie będzie piłka po wylądowaniu balonu? Zaniedbaj opory powietrza. - 100 m = ( - 2,0 m/s ) t - ( 4,9 m/s 2 ) t 2 , t = 4,3 s , x = 86,0 m . Mężczyzna poruszający się motocyklem ruchem jednostajnym z prędkością 10 m/s wyrzuca puszkę po coli pionowo do góry z szybkością 3,0 m/s. Wyznacz równanie toru lotu puszki, jaki widzi z pobocza policjant obserwujący zdarzenie. Przyjmij za położenie początkowe punkt wyrzutu puszki. Zaniedbaj opory powietrza. Lekkoatleta potrafi skoczyć w dal na odległość 8,0 m. Jak daleko byłby w stanie skoczyć na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne jest 6 razy mniejsze niż na Ziemi? R K = 48 m Największa odległość na jaką chłopiec potrafi rzucić piłkę wynosi 50 m. Załóżmy, że chłopiec z tą prędkością może rzucać pod dowolnym kątem, także w pionie. Jak wysoko wzniesie się piłka, jeśli chłopiec wyrzuci ją pionowo do góry? Kamień wyrzucono z krawędzi klifu po kątem 53° do poziomu. Wysokość klifu to 100 m. Prędkość początkowa kamienia ma wartość 30 m/s. Jak wysoko ponad klif wzniesie się kamień? Jak daleko w poziomie przemieści się kamień, gdy znajdzie się na wysokości maksymalnej swojego lotu? Po jakim czasie od wyrzucenia kamień upadnie na ziemię? Jaki jest zasięg kamienia? Jakie są współrzędne położenia kamienia względem krawędzi klifu w chwilach t = 2,0 ⁢ s , t = 4,0 ⁢ s oraz t = 6,0 ⁢ s ? v 0 y = 24 m/s , v y 2 = v 0 y 2 - 2 g y ⇒ h = 29,4 m ; t = 2,45 s , v 0 x = 18 m/s , x = 44,1 m ; y = − 100 m , y 0 = 0 , y − y 0 = v 0 t − 1 2 g t 2 , − 100 = 24 t − 4,9 t 2 ⇒ t = 7,58 s ; x = 136,44 m ; t = 2,0 s : y = 28,4 m , x = 36 m , t = 4,0 s : y = 17,6 m , x = 72 m , t = 6,0 s : y = - 32,4 m , x = 108 m . Agent 007, uciekając przed napastnikami, zjeżdża na nartach w dół stoku o nachyleniu 30° z szybkością 60 km/h. Gdy dociera do przepaści, przeskakuje na drugą stronę głębokiego wąwozu o szerokości 60 m i upada 100 m poniżej krawędzi przepaści (rysunek) Jak tego dokonał? Zaniedbaj opory powietrza. Dołek jest w odległości 70 m od golfisty i 20 m poniżej poziomu, na którym stoi mężczyzna. Jeśli uderzy piłkę pod kątem 40° z początkową szybkością 20 m/s, to jak blisko dołka upadnie piłka? v 0 y = 12,9 m/s , y − y 0 = v 0 t − 1 2 g t 2 , − 20 = 12,9 t − 4,9 t 2 ⇒ t = 3,7 s v 0 x = 15,3 m/s ⇒ x = 56,7 m . Piłka wyląduje 13,3 m za blisko. Kula armatnia jest wystrzelona w kierunku zbocza nachylonego do poziomu pod kątem 20° i oddalonego od armaty o 300 m. Prędkość początkowa pocisku ma wartość 75 m/s i kierunek 60° do poziomu. W układzie współrzędnych przyjętym jak na rysunku, równanie prostej, jaką zbocze tworzy względem poziomu, jest następujące y = ( tg 20 ° ) x - 109. W którym miejscu zbocza upadnie kula? Astronauta na Marsie kopie piłkę futbolową pod kątem 45 ° z prędkością 15 m/s . Przyjmując, że przyspieszenie grawitacyjne na Marsie jest równe 3,7 m/s 2 jaki jest zasięg piłki względem płaskiej powierzchni? Jaki byłby zasięg tego samego kopnięcia na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne jest 6 razy mniejsze niż na Ziemi? a. R M = 60,8 m , b. R K = 137,8 m Rekord Mike'a Powella z 1991 roku w skoku w dal wynosi 8,95 m i do dzisiaj nikt go nie pobił. Jeżeli podczas tego skoku Powell wybił się pod kątem 15°, to jaką musiał mieć początkową prędkość? Robot skonstruowany na MIT w Bostonie potrafi przeskakiwać przeszkody o wysokości 46 cm z szybkością 12 km/h. Jeśli robot potrafi wybić się przy tej prędkości pod kątem 60°, to jaka jest jego wysokość maksymalna? Pod jakim kątem musiałby się wybić ten robot, aby osiągnąć wysokość 46 cm? v y 2 = v 0y 2 − 2 g y ⇒ y = 42 cm ; y = v 0 y 2 2 g = ( v 0 sin ⁡ θ ) 2 2 g ⇒ sin ⁡ θ = 0,91 ⇒ θ = 65 , 5 ∘ . Góra Asama w Japonii jest czynnym wulkanem. Podczas erupcji w 2009 roku wulkan wyrzucał duże bloki skalne na odległość 1 km od krateru (liczoną w poziomie). Jeżeli kąt wyrzucania skał z wulkanu wynosił 40°, a wysokość względna wulkanu to 900 m, to (a) jaka była prędkość początkowa i (b) czas lotu bloków skalnych? Zawodnik słynnych „Świętych” z Nowego Orleanu, Drew Brees, może kopnąć piłkę do futbolu amerykańskiego z szybkością 23,0 m/s (82,8 km/h). Na jaką odległość poleci piłka, jeśli zawodnik kopnie ją pod kątem 10° do poziomu? R = 18,5 m Pojazd kołowy LRV (Lunar Roving Vehicle) używany podczas ostatniej misji Apollo do transportu sprzętu i załogi na powierzchni Księżyca, nieoficjalnie osiągnął szybkość 5,0 m/s. Gdyby wpadł z tą szybkością na niewielką fałdę na powierzchni Księżyca, która zadziałałaby jak katapulta wystrzeliwująca pojazd pod kątem 20°, to przez jaki czas unosiłby się „w powietrzu”? Bramka na stadionie piłki nożnej ma wysokość 2,44 ⁢ m . Piłkarz wykonuje rzut karny z odległości 11 m od bramki, nadając piłce kierunek 25° względem poziomu. Jaka musiała być szybkość piłki w momencie kopnięcia, skoro ta trafiła dokładnie w poprzeczkę bramki? y = ( tg θ 0 ) x = [ g 2 ( v 0 cos ⁡ θ 0 ) 2 ] x 2 ⇒ v 0 = 16,4 m/s Olympus Mons na Marsie ma wysokość ok. 25 km i promień w obwodzie u podstawy ok. 312 km, co czyni ją najwyższą znaną górą w Układzie Słonecznym. Wyobraź sobie, że stoisz na szczycie tej góry i strzelasz z armaty ustawionej dokładnie w poziomie. Jaka musiałaby być szybkość wystrzeliwanych pocisków armatnich, aby upadały tuż przy podstawie góry na powierzchnię planety. Przyjmij, że przyspieszenie grawitacyjne na Marsie ma wartość 3,7 m/s 2 . Robbie Knievel jest pierwszym człowiekiem, który przeskoczył Wielki Kanion na motocyklu. Dokonał tego w 1991 roku. Na skraju wąskiej części kanionu o szerokości 69,0 m ustawił rampę, na którą wjeżdżał rozpędzonym do prędkości 35,8 m/s motocyklem. Pod jakim kątem musiał wybijać się w górę, aby dotrzeć na drugą stronę kanionu? R = v 0 2 sin ⁡ 2 θ 0 g ⇒ θ 0 = 15 , 9 ∘ Gra w palanta uznawana jest czasem za pierwowzór gry w baseball. Zawodnik drużyny palantowej uderza piłkę z szybkością 15,0 m/s, kierując ją do góry pod kątem 30° względem poziomu. Jaka musiałaby być prędkość początkowa piłki uderzonej także pod kątem 30°, ale w kosmicznym meczu palanta – na planecie o przyspieszeniu grawitacyjnym dwukrotnie większym niż na Ziemi, tak aby zasięg uderzenia był taki sam jak na Ziemi? Załóż, że wyrzut i upadek piłki mają miejsce na tej samej wysokości. Bramkarz wykopuje piłkę od bramki w kierunku środka boiska z szybkością 25,0 m/s. Ląduje ona dokładnie na linii środkowej (50,0 m od bramkarza). Pod jakimi kątami bramkarz mógł kopnąć piłkę? Z odległości 30,0 m od środka boiska pomocnik ruszył do podania z szybkością 7 m/s. Dla którego z powyższych kątów pomocnik ma szansę odebrać piłkę i o ile wcześniej dobiegnie on do piłki przed jej wylądowaniem? T = 2 ⁢ v 0 ⁢ sin θ / g ⇒ θ = arc sin T ⁢ g / 2 ⁢ v 0 , wynika z tego, że kąt równy jest θ 1 = 25,8 ° lub θ 2 = 64,2 ° . Czas lotu piłki zależy od kąta początkowego T = 2 ⁢ v 0 ⁢ sin θ / g . Dla kąta θ 1 czas lotu piłki wynosi T 1 = 2,22 ⁢ s , a dla kąta θ 2 wynosi on T 2 = 4,59 ⁢ s . Bramkarz musi kopnąć piłkę pod kątem 64,2 ° . Pomocnik pokonuje 30 m w czasie 4,29 s i dobiegnie 0,3 s przed wylądowaniem piłki na ziemię. rzut (ang. projectile motion ) ruch ciała pod wpływem jedynie przyspieszenia grawitacyjnego zasięg (ang. range ) największa odległość w poziomie, jaką ciało (pocisk) pokonuje w rzucie czas lotu (ang. time of flight ) całkowity czas przebywania pocisku w powietrzu tor, trajektoria (ang. trajectory ) krzywa po której pocisk porusza się w powietrzu", "section": "Rzuty", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Ruch po okręgu Ruch jednostajny po okręgu jest szczególnym rodzajem ruchu, w którym ciało porusza się po torze o kształcie okręgu z prędkością o stałej wartości (stałą szybkością). Przykładowo, dowolny punkt śmigła samolotowego obracającego się ze stałą częstotliwością wykonuje ruch jednostajny po okręgu. Innymi obiektami obrazującymi ten ruch są wskazówki zegara – sekundowa, minutowa oraz godzinowa. Co ciekawe, ale nieoczywiste, każdy punkt w takim ruchu doznaje przyspieszenia, mimo że nazywamy go jednostajnym i prędkość ma stałą wartość. Aby to zrozumieć, musimy dokonać bardziej szczegółowej analizy wektorowej tego ruchu. W tym rozdziale zajmujemy się też ruchem zmiennym po okręgu (przyspieszonym lub opóźnionym), gdzie oprócz przyspieszenia wspomnianego powyżej, występuje także przyspieszenie związane ze zmianą szybkości w czasie. Przyspieszenie dośrodkowe W przypadku ruchu po linii prostej ciała poruszające się ze stałą szybkością muszą mieć zerowe przyspieszenie. Jednak w dwóch lub trzech wymiarach, nawet jeśli szybkość jest stała, ciało może mieć przyspieszenie, o ile porusza się po torze zakrzywionym, np. po okręgu. W takich przypadkach wektor prędkości się zmienia, tzn. d v → / d t ≠ 0. Zmienia się w czasie jego kierunek i zwrot, mimo że wartość pozostaje stała. Widzimy to na . Gdy ciało przemieszcza się wzdłuż okręgu przeciwnie do ruchu wskazówek zegara (w lewo), to w czasie Δ t wektor położenia zmienia się od r → ( t ) do r → ( t + Δ t ) . Wektor prędkości również zmienia się od v → ( t ) do v → ( t + Δ t ) , ale jego wartość jest stała i jest on przez cały czas styczny do toru. Zmienia się jedynie kierunek prędkości w przestrzeni. W ruchu po okręgu wektor prędkości v → ( t ) jest prostopadły do wektora położenia r → ( t ) , jeśli za początek układu współrzędnych przyjmiemy środek okręgu. Skoro tak, to trójkąty zbudowane z wektorów: położenia oraz Δ r → , a także prędkości i Δ v → są podobne. Co więcej, ponieważ | r → ( t ) | = | r → ( t + Δ t ) | oraz | v → ( t ) | = | v → ( t + Δ t ) | , oba te trójkąty są równoramienne. Na podstawie tych własności możemy stwierdzić, że Δ v v = Δ r r lub inaczej Δ v = v r Δ r . (a) Ruch cząstki po okręgu ze stałą szybkością, z zaznaczonymi wektorami położenia i prędkości w chwilach czasu t i t + Δ t . (b) Wektory prędkości budują trójkąt równoramienny. Oba zaznaczone na rysunku trójkąty są podobne. W granicy Δ t → 0 , wektor Δ v → jest skierowany do środka okręgu. Wartość przyspieszenia możemy znaleźć, korzystając z definicji a = lim Δ t → 0 ( Δ v Δ t ) = v r ( lim Δ t → 0 Δ r Δ t ) = v 2 r . Możemy też ustalić kierunek wektora przyspieszenia. Gdy Δ t , a więc i Δ θ zmierzają do zera, wektor Δ v → przyjmuje kierunek prostopadły do v → . W granicy Δ t → 0 , Δ v → staje się prostopadłe do v → . Ze względu na to, że v → jest styczne do okręgu, przyspieszenie d v → / d t musi być skierowane do środka okręgu. Podsumowując, cząstka poruszająca się po okręgu ze stałą szybkością ma przyspieszenie o wartości: a d = v 2 r , a kierunek wektora przyspieszenia jest do środka okręgu ( ). To przyspieszenie nazywamy przyspieszeniem dośrodkowym (ang. centripetal acceleration ), dlatego użyliśmy indeksu dolnego „d”. Określenie dośrodkowe jednoznacznie sugeruje kierunek wektora przyspieszenia do środka okręgu. Wektor przyspieszenia dośrodkowego jest zwrócony do środka okręgu, czyli wzdłuż promienia okręgu. Zaznaczono także wektor prędkości, który jest zawsze styczny do okręgu. Prześledźmy kilka przykładów ilustrujących wzajemny związek między wartością prędkości, promieniem okręgu i przyspieszeniem dośrodkowym. Uzyskiwanie przyspieszenia 1 g Odrzutowiec leci z szybkością 134,1 m/s po prostoliniowym torze. W pewnej chwili skręca, przez chwilę poruszając się po łuku okręgu w płaszczyźnie równoległej do ziemi. Jaki musi być promień łuku, aby pilot i odrzutowiec doznali przyspieszenia o wartości 1 g w kierunku do środka kołowego toru? Strategia rozwiązania Znając szybkość odrzutowca, wykorzystamy wzór na przyspieszenie dośrodkowe do obliczenia promienia okręgu. Rozwiązanie Za wartość przyspieszenia dośrodkowego podstawmy wartość przyspieszenia grawitacyjnego, 9,81 m/s 2 = v 2 / r . Wyznaczając z tego równania promień, otrzymujemy r = ( 134,1 m/s ) 2 9,81 m/s 2 = 1 833 m = 1,833 km . Znaczenie Gdybyśmy chcieli, aby pilot odrzutowca doznawał przyspieszenia większego niż g , odrzutowiec musiałby albo zwiększyć szybkość na tym samym torze, albo zmniejszyć promień łuku okręgu, albo zrobić jedno i drugie. Sprawdź, czy rozumiesz. Koło zamachowe o promieniu 20,0 cm obraca się z przyspieszeniem dośrodkowym 900,0 cm/s 2 . Z jaką szybkością wirują punkty na obwodzie koła? 134,0 cm/s. Przyspieszenie dośrodkowe może mieć bardzo szeroki zakres wartości zależnie od szybkości i promienia krzywizny toru. Typowe wartości przyspieszenia dośrodkowego dla różnych obiektów są przedstawione w tabeli. Typowe wartości przyspieszenia dośrodkowego Obiekt Wartość przyspieszenia dośrodkowego (w m/s 2 lub w jednostkach g ) Ziemia krążąca wokół Słońca 5,93 ⋅ 10 − 3 Księżyc krążący wokół Ziemi 2,73 ⋅ 10 − 3 Satelita na orbicie geostacjonarnej 0,233 Zewnętrzna krawędź płyty CD podczas odtwarzania 5,78 Odrzutowiec wykonujący \"beczkę\" 2 g − 3 g Kolejka górska (roller coaster) 5 g Elektron w atomie wodoru w prostym modelu Bohra 9,0 ⋅ 10 22 Równania ruchu jednostajnego po okręgu Ruch cząstki poruszającej się ruchem jednostajnym po okręgu może być opisany za pomocą wektora położenia r → ( t ) . Na prezentujemy ruch cząstki poruszającej się po okręgu w lewo. W trakcie ruchu cząstki jej wektor położenia (wektor wodzący) zakreśla w pewnym czasie kąt θ liczony od osi x . Wektor położenia r → ( t ) nachylony pod kątem θ do osi x jest także pokazany na rysunku wraz z jego składowymi wzdłuż osi x i y . Przyjmujemy za początek układu współrzędnych środek okręgu. Długość wektora położenia wynosi A = | r → ( t ) | i jest to długość promienia okręgu. Rozłóżmy wektor na składowe: r → ( t ) = A cos ⁡ ( ω t ) i ^ + A sin ⁡ ( ω t ) j ^ . Wielkość ω jest stałą i nazywa się częstością kątową (ang. angular frequency ) cząstki. Częstość kątowa ma jednostkę radian (rad) na sekundę, czyli rad/s, i jest po prostu miarą tego, jaki kąt w radianach zatoczył w ciągu sekundy wektor wodzący cząstki poruszającej się po okręgu. Wobec tego kąt i częstość kątowa są ze sobą związane prostą relacją θ = ω t . Częstość kątową nazywamy też czasem częstością kołową lub po prostu częstością. Częstość kątowa jest także związana z okresem T , czyli czasem jednego pełnego okrążenia cząstki (cząstka zatacza wtedy kąt 2 π rad ), prostą relacją ω = 2 π T . Wektor położenia cząstki w ruchu po okręgu i jego dwie składowe x i y . Cząstka porusza się w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara). Kąt θ jest równy iloczynowi częstości kątowej ω (w radianach na sekundę) i czasu t . Wektor prędkości łatwo znajdziemy, różniczkując funkcję czasu wektora położenia: v → ( t ) = d r → ( t ) d t = − A ω sin ⁡ ( ω t ) i ^ + A ω cos ⁡ ( ω t ) j ^ . Na podstawie można pokazać, że wektor prędkości jest styczny do okręgu w punkcie, w którym znajduje się cząstka, a jego długość wynosi A ω . Podobnie, różniczkując wektor prędkości, znajdziemy wektor przyspieszenia: a → ( t ) = d v → ( t ) d t = − A ω 2 cos ⁡ ( ω t ) i ^ − A ω 2 sin ⁡ ( ω t ) j ^ . Z powyższego wzoru wynika, że długość wektora przyspieszenia wynosi A ω 2 oraz że jest on skierowany przeciwnie do wektora położenia: a → ( t ) = − ω 2 r → ( t ) . Ruch protonu po okręgu Proton porusza się z szybkością 5 ⋅ 10 6 m/s na płaszczyźnie x y po okręgu o promieniu r = 0,175 m . W jakim położeniu znajduje się proton w chwili t = 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 200 ⁢ ns t = \\SI{2e-7}{\\second} = \\SI{200}{\\nano\\second} ? Załóżmy, że w chwili początkowej t = 0 położenie protonu wynosi 0,175 ⁢ m ⋅ i ̂ \\SI{0,175}{\\metre} \\cdot \\hat i oraz kierunek ruchu protonu jest przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Naszkicujemy trajektorię protonu. Rozwiązanie Na podstawie danych możemy obliczyć okres i częstość kątową protonu: T = 2 ⁢ π ⁢ r v = 2 ⁢ π ⋅ 0,175 ⁢ m 5 ⋅ 10 6 ⁢ m ∕ s = 2 ⋅ 10 7 ⁢ s ⁢ , T = \\frac{2\\pi r}{v} = \\frac{2\\pi \\cdot \\SI{0,175}{\\metre}}{\\SI{5e6}{\\metre\\per\\second}} = \\SI{2e7}{\\second} \\text{,} ω = 2 ⁢ π T = 2 ⁢ π 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 2,856 ⋅ 10 7 ⁢ s -1 ⁢ . \\omega = \\frac{2\\pi}{T} = \\frac{2\\pi}{\\SI{2e-7}{\\second}} = \\SI[per-mode=reciprocal]{2,856e7}{\\per\\second} \\text{.} Położenie protonu w chwili t = 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s t = \\SI{2e-7}{\\second} dane jest wektorem r → ⁡ t = A ⁢ cos ω ⁢ t ⋅ i ̂ + A ⁢ sin ω ⁢ t ⋅ j ̂ ⁢ , \\vec r \\apply (t) = A \\cos (\\omega t) \\cdot \\hat i + A \\sin (\\omega t) \\cdot \\hat j \\text{,} r → ⁡ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 0,175 ⁢ m ⋅ cos 2,86 ⋅ 10 7 ⁢ s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s ⋅ i ̂ r → ⁡ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s + 0,175 ⁢ m ⋅ sin 2,86 ⋅ 10 7 ⁢ s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s ⋅ j ̂ , \\begin{multiline} \\vec r \\apply (\\SI{2e-7}{\\second}) &= \\SI{0,175}{\\metre} \\cdot \\cos (\\SI[per-mode=reciprocal]{2,86e7}{\\per\\second} \\cdot \\SI{2e-7}{\\second}) \\cdot \\hat i \\\\ &+ \\SI{0,175}{\\metre} \\cdot \\sin (\\SI[per-mode=reciprocal]{2,86e7}{\\per\\second} \\cdot \\SI{2e-7}{\\second}) \\cdot \\hat j \\text{,} \\end{multiline} r → ⁡ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 0,175 ⁢ m ⋅ cos 2,86 ⋅ 10 7 ⁢ s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s ⋅ i ̂ + 0,175 ⁢ m ⋅ sin 2,86 ⋅ 10 7 ⁢ s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s ⋅ j ̂ , r → ⁡ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 0,175 ⁢ m ⋅ cos 5,712 ⋅ i ̂ + 0,175 ⁢ m ⋅ sin 5,712 ⋅ j ̂ r → ⁡ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 0,147 ⁢ m ⋅ i ̂ − 0,095 ⁢ m ⋅ j ̂ . \\begin{multiline} \\vec r \\apply (\\SI{2e-7}{\\second}) &= \\SI{0,175}{\\metre} \\cdot \\cos (\\num{5,712}) \\cdot \\hat i + \\SI{0,175}{\\metre} \\cdot \\sin (\\num{5,712}) \\cdot \\hat j \\\\ &= \\SI{0,147}{\\metre} \\cdot \\hat i - \\SI{0,095}{\\metre} \\cdot \\hat j \\text{.} \\end{multiline} r → ⁡ 2 ⋅ 10 -7 ⁢ s = 0,175 ⁢ m ⋅ cos 5,712 ⋅ i ̂ + 0,175 ⁢ m ⋅ sin 5,712 ⋅ j ̂ = 0,147 ⁢ m ⋅ i ̂ − 0,095 ⁢ m ⋅ j ̂ . Na podstawie wyniku możemy stwierdzić, że w danym momencie proton znajduje się tuż pod osią x na płaszczyźnie x y . Obrazujemy to na . Wektor położenia protonu w chwili t = 2,0 ⋅ 10 − 7 s = 200 ns . Nakreślono szkic trajektorii protonu. Całkowity kąt, jaki przez ten czas zatoczy proton poruszający się po okręgu wynosi 5,712 ⁢ rad i jest tylko trochę mniejszy od kąta pełnego. Znaczenie Wybraliśmy położenie początkowe protonu na osi x . Jest to wybór całkowicie arbitralny. W przypadku innej pozycji początkowej po czasie t = 200 ns mielibyśmy inne niż obliczone powyżej położenie końcowe protonu. Kąt zatoczony przez wektor wodzący protonu byłby jednak taki sam. Ruch zmienny po okręgu Ruch po okręgu nie musi zachodzić tylko ze stałą szybkością. Cząstka, poruszając się po okręgu, może przyspieszać lub zwalniać, a więc mieć przyspieszenie w kierunku ruchu. W ruchu jednostajnym po okręgu cząstka poruszała się z prędkością o wartości stałej w czasie. Zmianie ulegał jedynie kierunek i zwrot wektora, z czym wiązaliśmy przyspieszenie dośrodkowe. Jeżeli również wartość prędkości cząstki ulega zmianie, to musimy wprowadzić do opisu ruchu takiej cząstki dodatkowe przyspieszenie, którego kierunek jest styczny do okręgu. Z takim przyspieszeniem mamy do czynienia np. w dowolnym punkcie na łopatce rozpędzającego się wirnika w silniku elektrycznym albo na powierzchni wirującego bąka (zabawki), który zmienia swoją szybkość obrotu. Na początku tej sekcji pokazaliśmy, że przyspieszenie dośrodkowe jest odpowiedzialne za zmianę kierunku i zwrotu wektora prędkości w czasie. Gdy zmienia się także szybkość cząstki ma ona przyspieszenie styczne (ang. tangential acceleration ), które wyraża szybkość zmian wartości prędkości w czasie: a s = d | v → | d t . Kierunek przyspieszenia stycznego jest styczny do okręgu (wzdłuż wektora prędkości), natomiast przyspieszenie dośrodkowe jest zwrócone radialnie do środka okręgu. Wobec tego cząstka w ruchu zmiennym po okręgu ma całkowite przyspieszenie (ang. total acceleration ), które jest sumą wektorową przyspieszenia stycznego i dośrodkowego: a → = a → d + a → s . Wszystkie trzy wektory przyspieszenia są pokazane na . Zwróć uwagę, że wektory a → s oraz a → d są do siebie prostopadłe ‒ wektor a → d jest zwrócony do środka okręgu, a wektor a → s jest styczny do okręgu. Przyspieszenie całkowite a → jest skierowane pod pewnym kątem pomiędzy wektorem a → d i a → s . Przyspieszenie dośrodkowe jest skierowane wzdłuż promienia okręgu do środka okręgu, natomiast przyspieszenie styczne ma kierunek styczny do okręgu w punkcie, w którym znajduje się cząstka. Oba wektory są zaczepione w punkcie, gdzie znajduje się cząstka. Wektor przyspieszenia całkowitego jest sumą tych dwóch prostopadłych do siebie wektorów przyspieszeń. Całkowite przyspieszenie w ruchu po okręgu Cząstka porusza się po okręgu o promieniu r = 2,0 m. W przedziale czasu od t = 1,5 s do t = 4,0 s jej szybkość zmienia się w czasie zgodnie ze wzorem v ( t ) = c 1 − c 2 t 2 , c 1 = 4,0 m/s , c 2 = 6,0 m ⋅ s . Jakie jest całkowite przyspieszenie cząstki w chwili t = 2,0 s? Strategia rozwiązania Z podanej zależności od czasu obliczymy szybkość i, mając promień okręgu, łatwo znajdziemy przyspieszenie dośrodkowe. Jego kierunek jest oczywiście do środka okręgu. Aby obliczyć wartość przyspieszenia stycznego, musimy najpierw wyliczyć pochodną po czasie funkcji szybkości od czasu, | v ( t ) | , zgodnie z definicją , i dopiero wtedy podstawić za t = 2,0 s. Wartość przyspieszenia całkowitego obliczymy jako pierwiastek z sumy kwadratów obu przyspieszeń. Rozwiązanie Obliczamy przyspieszenie dośrodkowe v ( 2,0 s ) = ( 4,0 − 6,0 ( 2,0 ) 2 ) m/s = 2,5 m/s , a d = v 2 r = ( 2,5 m/s ) 2 2,0 m = 3,1 m/s 2 . Dzięki temu, że w zadaniu podano zależność szybkości od czasu, to możemy od razu różniczkować. Przyspieszenie styczne wynosi a s = d | v → | d t = 2 c 2 t 3 = 12,0 ( 2,0 ) 3 m/s 2 = 1,5 m/s 2 . Obliczamy przyspieszenie całkowite | a → | = 3 , 1 2 + 1 , 5 2 m/s 2 = 3,44 m/s 2 oraz kąt jaki tworzy wektor przyspieszenia całkowitego ze styczną do okręgu θ = arctg ( 3,1 1,5 ) = 64 ∘ . Spójrz na . Wektory przyspieszenia stycznego i dośrodkowego. Przyspieszenie całkowite a → jest sumą wektorową tych dwóch przyspieszeń. Znaczenie Obliczenie przyspieszenia stycznego było w tym przykładzie proste – mieliśmy podaną zależność szybkości od czasu, którą od razu mogliśmy różniczkować. Gdyby podany był wektor prędkości jako funkcja czasu, to najpierw musielibyśmy obliczyć jego długość w funkcji czasu i dopiero wtedy różniczkować (przypuszczalnie dość niewygodną zależność pierwiastkową), a na końcu podstawić w miejsce czasu. Wektory przyspieszenia stycznego i dośrodkowego można wygodniej opisać w biegunowym układzie współrzędnych, nazywanym też polarnym. Jego wersory są skierowane w kierunku radialnym i stycznym do kierunku ruchu cząstki i, co łatwo zauważyć, same zmieniają swoje położenie w czasie. Taki układ współrzędnych, często używany do opisu ruchu po zakrzywionych torach, będziemy wykorzystywać w dalszych partiach podręcznika. Podsumowanie Ruch jednostajny po okręgu odbywa się ze stałą szybkością. Przyspieszenie dośrodkowe a → d jest przyspieszeniem, które występuje zawsze w przypadku ruchu po zakrzywionym torze. Jest ono skierowane zawsze do środka okręgu (ogólniej: do środka krzywizny toru) i ma wartość a d = v 2 / r . Ruch zmienny po okręgu występuje, gdy dodatkowo cząstka ma przyspieszenie w kierunku stycznym do okręgu powodujące zmianę wartości prędkości. To przyspieszenie nazywamy przyspieszeniem stycznym a → s . Wartość tego przyspieszenia jest równa zmianie wartości prędkości w czasie. Przyspieszenie styczne jest prostopadłe do przyspieszenia dośrodkowego. Całkowite przyspieszenie, jakiego doznaje cząstka, obliczamy jako sumę dwóch wektorów przyspieszeń: dośrodkowego i stycznego. Możemy też powiedzieć, że te dwa przyspieszenia są składowymi wektora przyspieszenia całkowitego. Dla ciała w ruchu po okręgu możemy napisać równania ruchu. Wektor położenia ma postać r → ( t ) = A cos ⁡ ( ω t ) i ^ + A sin ⁡ ( ω t ) j ^ , gdzie A jest wartością tego wektora | r → ( t ) | , co jest także długością promienia okręgu, natomiast ω jest częstością kątową. Wektor prędkości i przyspieszenia znajdziemy, różniczkując odpowiednio wektor położenia jedno- lub dwukrotnie. Pytania Czy przyspieszenie dośrodkowe powoduje zmianę szybkości cząstki w ruchu po okręgu? Czy przyspieszenie styczne zmienia szybkość cząstki w ruchu po okręgu? Tak. Zadania Koło zamachowe wykonuje 30 obrotów na sekundę. Ile wynosi całkowity kąt, jaki punkt na obwodzie koła zatoczy po 40 s? Cząstka krąży po okręgu o promieniu 10 m ze stałą prędkością o wartości 20 m/s. Jaka jest wartość przyspieszenia dośrodkowego cząstki? a d = 40 m/ s 2 David Beckham, wykonując rzut wolny, podkręca piłkę tak, że wiruje ona z szybkością 8 obr/s. Profesjonalna piłka ma obwód 68 cm. Jakiego przyspieszenia dośrodkowego doznaje punkt na obwodzie piłki podczas lotu? Karuzela w wesołym miasteczku ma kształt spodka o promieniu 8,00 m, który wiruje wokół własnej osi. Jeżeli pasażerowie karuzeli siedzący na obwodzie spodka doznają przyspieszenia dośrodkowego o wartości przyspieszenia grawitacyjnego, to ile obrotów na minutę wykonują w trakcie jazdy? a d = v 2 r ⇒ v 2 = r ⋅ a d = 78,5 m 2 / s 2 , v = 8,86 m/s T = 5,67 s , co odpowiada 0,176 obr/s = 10,6 obr/min Łyżwiarka szybka, startująca w konkurencji short-tracku, pokonuje tor o długości 200 m w czasie 23,2 s. Na zakrętach tor ma kształt półokręgów o promieniu 30 m. Zakładając, że w czasie całego biegu łyżwiarka ma stałą szybkość, oblicz jakiego przyspieszenia doznaje na zakrętach? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe Wenus w ruchu orbitalnym wokół Słońca, przy założeniu kołowego kształtu orbity? Średnia odległość Wenus od Słońca to 108,2 miliona km, a rok na Wenus trwa 0,6152 roku ziemskiego. r = 1,082 ⋅ 10 11 m , T = 1,94 ⋅ 10 7 s v = 3,5 ⋅ 10 4 m/s , a d = 1,135 ⋅ 10 − 2 m/s 2 Eksperymentalna rakieta krąży wokół Ziemi tuż nad równikiem. Z jaką stałą szybkością rakieta się porusza, jeśli doznaje przyspieszenia o wartości g ? Śmigło wentylatora sufitowego wiruje z częstotliwością 360,0 obr/min. Jaka jest wartość przyspieszenia dośrodkowego punktu na jednej z łopat śmigła w odległości 10,0 cm od osi obrotu? 360 obr/min = 6 obr/s v = 3,77 m/s , a d = 142 m/s 2 Pewien punkt na wskazówce sekundowej zegara ma przyspieszenie dośrodkowe równe 0,1 cm/s 2 . Jak daleko od osi obrotu znajduje się ten punkt? częstość kątowa (ang. angular frequency ) ω , szybkość zmiany w czasie kąta, jaki cząstka zatacza w trakcie ruchu po okręgu, jest związana z okresem i częstotliwością przyspieszenie dośrodkowe (ang. centripetal acceleration ) składowa przyspieszenia ciała w ruchu po okręgu, która skierowana jest do środka okręgu, jest odpowiedzialna za zakrzywienie toru ruchu przyspieszenie styczne (ang. tangential acceleration ) składowa przyspieszenia styczna do toru, której wartość jest szybkością zmiany wartości prędkości w czasie przyspieszenie całkowite (ang. total acceleration ) wektorowa suma przyspieszeń: dośrodkowego i stycznego", "section": "Ruch po okręgu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach Ruch ciała nie zawsze rozpatrujemy niezależnie od innych ciał w ruchu. Jeżeli np. jedziesz pociągiem z szybkością 10 ⁢ m / s w kierunku na wschód, to prędkość o tej wartości jest mierzona względem podłoża (np. torów czy peronu). Jeśli jednak wyprzedza cię inny pociąg również jadący na wschód, lecz z szybkością 15 m/s, to względem tego drugiego pociągu twoja prędkość jest inna. Wektor twojej prędkości względnej ma wartość 5 m/s i jest zwrócony na zachód. Aby móc w szczegółach mówić o problemie ruchu względnego, musimy wcześniej poznać nową terminologię. Układy odniesienia Aby móc omówić ruch względny w jednym lub wielu wymiarach, musimy najpierw zapoznać się z pojęciem układu odniesienia (ang. reference frame ). Kiedy mówimy, że jakieś ciało ma daną prędkość, zasadniczo powinniśmy podać względem jakiego układu odniesienia ta prędkość jest podana. W większości rozważanych przez nas dotąd problemów układem odniesienia była ziemia (powierzchnia Ziemi). Jeżeli powiesz, że jedziesz w pociągu z prędkością o wartości 10 m/s na wschód, masz zapewne na myśli, że taką prędkość ma pociąg względem podłoża, czyli ziemi. Powierzchnia Ziemi jest wybranym przez ciebie układem odniesienia. Możemy rozszerzyć nasze postrzeganie Ziemi jako układu odniesienia, uwzględniając jej ruch wokół Słońca. Wtedy sytuacja staje się bardziej złożona. Tym razem układem odniesienia staje się cały Układ Słoneczny i ruch pociągu przestaje być już tylko prostym ruchem jednostajnym prostoliniowym. Podsumowując, w dyskusji o ruchu względnym ciał musimy definiować co jest naszym układem odniesienia. W dalszej części poznamy metody pokazujące, jak należy odnosić problem ruchu względnego do różnych układów odniesienia. Ruch względny w jednym wymiarze Na początek zajmiemy się przypadkiem jednowymiarowym, gdy wektory prędkości mają tylko dwa dozwolone kierunki (lewo/prawo, góra/dół itd.). Wróćmy do przykładu człowieka podróżującego pociągiem z szybkością 10 m/s w kierunku na wschód. Jeśli za dodatni kierunek prędkości przyjmiemy kierunek na wschód, a układem odniesienia będzie ziemia, to wektor prędkości pociągu jest następujący v → P,Z = 10 i ^ m/s , gdzie kierunek wschodni jest osią x , a indeks dolny P,Z oznacza, że chodzi nam o prędkość pociągu względem ziemi. Załóżmy teraz, że człowiek wstaje z fotela i idzie na tył pociągu z szybkością 2 m/s. Kierunek ruchu człowieka na zachód jest względem pociągu ujemny, dlatego prędkość człowieka względem pociągu jest wektorem v → C,P = − 2 i ^ m/s (indeks dolny C,P oznacza: człowiek względem pociągu). Jeśli teraz dodamy oba wektory prędkości do siebie, to dostaniemy wektor prędkości człowieka względem ziemi. Ta prędkość względna (ang. relative velocity ) wynosi v → C,Z = v → C,P + v → P,Z . Zwróćmy szczególną uwagę na to, w jakiej kolejności piszemy indeksy dolne przy wektorach w . Schemat na pokazuje poprawny zapis podczas dodawania wektorów. Pamiętajmy, że zwyczajowo indeks pochodzący od układu odniesienia, względem którego definiujemy wektor prędkości, piszemy jako ten drugi po przecinku. Przy zapisywaniu równania wektorowego dla ruchu względnego, indeks wspólny dla wektorów po prawej stronie równania piszemy „po wewnętrznej” stronie. Wektor po lewej stronie równania otrzymuje indeksy „skrajne” od wektorów po prawej stronie. Dodając wektory z równania powyżej, otrzymamy v → C,Z = 8 i ^ m/s , a więc człowiek przemieszcza się na wschód względem ziemi z szybkością 8 m/s. Graficznie przedstawiamy to na . Wektory prędkości: pociągu względem ziemi, człowieka względem pociągu oraz człowieka względem ziemi. Ruch względny w dwóch wymiarach Poznane pojęcia zastosujemy teraz do opisu ruchu względnego na płaszczyźnie. Rozważmy punkt P i dwa układy odniesienia S oraz S ′ . Z każdym układem odniesienia związujemy inny układ współrzędnych, jak pokazano na . Czasem w żargonie fizycznym te układy odniesienia nazywa się odpowiednio nieprimowanym i primowanym. Początek układu S ′ zmierzony w układzie S dany jest wektorem r → S',S , położenie punktu P zmierzone w układzie S ′ wynosi r → P,S' , natomiast położenie punktu P w układzie S jest r → P,S . Położenia cząstki w punkcie P względem różnych układów odniesienia S i S ′ wynoszą odpowiednio r → P,S oraz r → P,S' . Z odczytamy związek między wektorami położenia r → P,S = r → P,S' + r → S',S . Związek między wektorami prędkości względnych obliczymy, różniczkując powyższe równanie v → P,S = v → P,S' + v → S',S . Względna prędkość cząstki w układzie S jest równa sumie prędkości cząstki względem układu S ′ oraz prędkości układów S ′ i S względem siebie . możemy uogólnić na dowolną liczbę układów odniesienia. Przykładowo dla cząstki P o prędkościach v → P,A , v → P,B i v → P,C względem układów A , B i C mamy: v → P,C = v → P,A + v → A,B + v → B,C Możemy też określić, jak związane są ze sobą przyspieszenia względne mierzone w różnych układach odniesienia. W tym celu różniczkujemy : a → P,S = a → P,S' + a → S',S . Zauważmy, że jeśli prędkość względna układu S ′ względem S jest stała, to wtedy a → S',S = 0 oraz a → P,S = a → P,S' . Ten wynik oznacza, że przyspieszenia cząstki w dwóch układach odniesienia, które poruszają się względem siebie ze stałą prędkością, są takie same. Ruch względny samochodu i ciężarówki Ciężarówka wjeżdża na skrzyżowanie z szybkością 70 km/h z kierunku północnego. Samochód osobowy nadjeżdża z zachodu z szybkością 80 km/h ( ). Jaką prędkość ma samochód względem ciężarówki? Samochód osobowy i ciężarówka wjeżdżają na skrzyżowanie z kierunków prostopadłych. Strategia rozwiązania Najpierw musimy ustalić wspólny dla obu ciał układ odniesienia. Naturalnym wyborem jest ziemia. Następnie zapiszemy wektory prędkości obu pojazdów względem ziemi, co pozwoli nam sformułować równanie prędkości wiążące samochód, ciężarówkę i ziemię. Z tego równania wyznaczymy wektor prędkości względnej samochodu i ciężarówki oraz jego wartość i kierunek. Rozwiązanie Prędkość samochodu względem ziemi wynosi v → S,Z = 80 i ^ km/h . Prędkość ciężarówki względem ziemi to v → C,Z = − 70 j ^ km/h . Używając reguł składania prędkości, będziemy chcieli obliczyć v → S,C = v → S,Z + v → Z,C . Oznaczyliśmy przez v → S,C prędkość względną samochodu względem ciężarówki. Ziemia jest układem odniesienia, który wiąże ruch samochodu i ciężarówki. Znamy wektor prędkości ciężarówki względem ziemi. Prędkość ziemi względem ciężarówki, której potrzebujemy do rozwiązania powyższego równania, jest wektorem o przeciwnym znaku: v → Z,C = − v → C,Z . Diagram wektorowy naszego równania prezentuje . Diagram wektorowy przedstawiający równanie: v → S,C = v → S,Z + v → Z,C . Jesteśmy teraz w stanie obliczyć szybkość, z jaką samochód porusza się względem ciężarówki: | v → S,C | = ( 80,0 km/h ) 2 + ( 70,0 km/h ) 2 = 106,3 km/h oraz kierunek θ = arctg ( 70,0 80,0 ) = 41 , 2 ∘ na północ względem kierunku wschodniego. Znaczenie Stworzenie diagramu wektorowego może pomóc w lepszym zrozumieniu ruchu względnego dwóch ciał. Sprawdź, czy rozumiesz. Łódka kieruje się na północ i ustawiona jest dokładnie w poprzek rzeki. Przepływa ona na drugą stronę z szybkością 4,5 m/s. Rzeka płynie w kierunku wschodnim ze stałą szybkością 3,0 m/s na całej swojej szerokości. Jaka jest szybkość łódki względem brzegów? Ustalmy na początku oznaczenia indeksów: Ł = łódka, R = rzeka, B = brzeg rzeki. Wektorowe równanie prędkości: v → Ł,B = v → Ł,R + v → R,B . Wektory tworzą trójkąt prostokątny, jak na rysunku poniżej. Wyznaczamy v → Ł,B : v Ł,B = v Ł,R 2 + v R,B 2 = 4 , 5 2 + 3 , 0 2 = 5,4 m/s , θ = arctg ( 3,0 4,5 ) = 33 , 7 ∘ . Samolot i wiatr Pilot samolotu transportowego musi dotrzeć do miejsca docelowego położonego dokładnie na północ od startu. Samolot przy bezwietrznej pogodzie może lecieć z szybkością 300 km/h. W trakcie lotu wieje jednak wiatr o sile 90 km/h z kierunku dokładnie północno-wschodniego. Jaką szybkość ma wtedy samolot względem ziemi? Pod jakim kątem pilot musi kierować samolot aby dotrzeć do celu? Strategia rozwiązania Pilot musi ustawić samolot nie dokładnie na północ, ale nieco w kierunku na wiatr, aby w ten sposób skompensować niekorzystny kierunek wiatru. Musimy zapisać równanie wektorowe prędkości, które będzie zawierać prędkość samolotu względem wiatru, prędkość wiatru względem ziemi i prędkość samolotu względem ziemi. Skoro znamy pierwsze dwa wektory, łatwo znajdziemy poszukiwaną szybkość samolotu względem ziemi i kierunek ustawienia samolotu. Narysujemy też diagram wektorowy, który znacznie ułatwi nam obliczenia. Rozwiązanie Równanie wektorowe na składanie prędkości jest następujące v → S,Z = v → S,P + v → P,Z , gdzie S = samolot, Z = ziemia, P = powietrze. Z warunków geometrycznych, wynikających z , wyznaczymy łatwo zarówno szybkość samolotu względem ziemi, jak i kierunek ustawienia samolotu w locie θ . Diagram wektorowy dla wiążący wektory v → S,P , v → P,Z i v → S,Z . (a) Mamy następujące dane: | v → S,P | = 300 km/h | v → P,Z | = 90 km/h Jeśli rozłożymy wektor v → P,Z na składowe i zauważymy trójkąt prostokątny na diagramie wektorowym, to obliczymy | v → S,Z | = 230 km/h . (b) Kąt θ = arctg 63,64 300 = 12 ∘ liczony jest na wschód od kierunku północnego. Podsumowanie Do precyzyjnego określenia wektorów położenia, prędkości i przyspieszenia ciała w ruchu należy dobrze zdefiniować układ odniesienia. Prędkość względna to prędkość ciała rejestrowana przez obserwatora z określonego układu odniesienia. Wektor prędkości zmienia się w zależności od wyboru układu odniesienia. Jeśli dwa układy odniesienia S i S ′ poruszają się względem siebie ze stałą prędkością, to prędkość ciała względem S jest równa sumie prędkości tego ciała względem S ′ oraz względnej prędkości układu S ′ względem S . Przyspieszenia ciała mierzone w dwóch układach odniesienia poruszających się względem siebie ze stałą prędkością są takie same. Najważniejsze wzory Wektor położenia r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ Wektor przemieszczenia Δ r → = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) Prędkość v → ( t ) = lim Δ t → 0 r → ( t + Δ t ) − r → ( t ) Δ t = d r → d t Wektor prędkości v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ + v z ( t ) k ^ Składowe prędkości v x ( t ) = d x ( t ) d t , v y ( t ) = d y ( t ) d t , v z ( t ) = d z ( t ) d t Wektor prędkości średniej v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 Przyspieszenie chwilowe a → ( t ) = lim t → 0 v → ( t + Δ t ) − v → ( t ) Δ t = d v → ( t ) d t Wektor przyspieszenia i jego składowe a → ( t ) = d v x ( t ) d t i ^ + d v y ( t ) d t j ^ + d v z ( t ) d t k ^ Przyspieszenie jako wektor drugich pochodnych położenia a → ( t ) = d 2 x ( t ) d t 2 i ^ + d 2 y ( t ) d t 2 j ^ + d 2 z ( t ) d t 2 k ^ Czas lotu w rzucie ukośnym T = 2 ( v 0 sin ⁡ θ 0 ) g Równanie toru w rzucie ukośnym y = ( tg θ 0 ) x − [ g 2 ( v 0 cos ⁡ θ 0 ) 2 ] x 2 Zasięg w rzucie ukośnym R = v 0 2 sin ⁡ 2 θ 0 g Wysokość maksymalna w rzucie ukośnym h = v 0 2 sin 2 ⁡ θ 0 2 g Przyspieszenie dośrodkowe a d = v 2 r Wektor położenia w ruchu jednostajnym po okręgu r → ( t ) = A cos ⁡ ( ω t ) i ^ + A sin ⁡ ( ω t ) j ^ Wektor prędkości w ruchu jednostajnym po okręgu v → ( t ) = d r → ( t ) d t = − A ω sin ⁡ ( ω t ) i ^ + A ω cos ⁡ ( ω t ) j ^ Wektor przyspieszenia w ruchu jednostajnym po okręgu a → ( t ) = d v → ( t ) d t = − A ω 2 cos ⁡ ( ω t ) i ^ − A ω 2 sin ⁡ ( ω t ) j ^ Przyspieszenie styczne a s = d | v → | d t Przyspieszenie całkowite a → = a → d + a → s Wektor położenia cząstki w układzie S jako suma wektora położenia cząstki w układzie S ′ i wektora położenia początku układu S względem układu S ′ r → P,S = r → P,S' + r → S',S Składanie prędkości w dwóch układach odniesienia v → P,S = v → P,S' + v → S',S Składanie prędkości w trzech układach odniesienia v → P,C = v → P,A + v → A,B + v → B,C Składanie przyspieszeń a → P,S = a → P,S' + a → S',S Pytania Jakiego układu odniesienia użyłbyś w sposób najbardziej naturalny do opisu twojego ruchu podczas jazdy samochodem? Jakiego podczas lotu odrzutowcem? Koszykarz, kozłując piłkę w biegu, najczęściej obserwuje zawodników dookoła, a nie patrzy na piłkę. Dlaczego? Jeżeli chce dokładnie podać piłkę do kolegi z drużyny, musi skupić wzrok na ruchu układu odniesienia, w którym porusza się kolega. Wyobraźmy sobie pasażera jadącego na odkrytej pace półciężarówki (typu pickup albo polski Żuk), który wyrzuca do tyłu piłkę (przeciwnie do kierunku jazdy). Czy jest możliwe, że względem obserwatora z pobocza jezdni piłka spadnie pionowo w dół? Jaki warunek musi być wtedy spełniony? Jak opisałbyś ruch piłki względem rzucającego piłkę? Biegacz uprawiający poranny jogging gubi czapkę, gdy biegnie ze stałą szybkością w parku. Naszkicuj trajektorię czapki w układzie odniesienia związanym z biegaczem. Powtórz rysunek w układzie spoczywającego obserwatora. Pomiń opory ruchu. Zadania Osie układu współrzędnych przynależącego do układu odniesienia S ′ są równolegle do osi układu S . Układ S ′ oddala się od S ze stałą prędkością v → S',S = ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) m/s . Jeżeli w chwili t = 0 środki obu układów pokrywają się, to jak zmienia się w czasie położenie początku O ′ w układzie odniesienia S ?; Jak są związane ze sobą wektory położenia r → ( t ) oraz r → ′ ( t ) zmierzone odpowiednio w układach S i S ′ ? ; Jaki jest związek między odpowiednimi wektorami prędkości v → ( t ) i v → ′ ( t ) ? ; Jak są ze sobą powiązane wektory przyspieszeń a → ( t ) i a → ′ ( t ) ? . O ′ ( t ) = ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) t m , r → P,S = r → P,S' + r → S',S , r → ( t ) = r → ′ ( t ) + ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) t m , v → ( t ) = v → ′ ( t ) + ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) m/s , Przyspieszenia są takie same. Osie współrzędnych w układach odniesienia S ′ i S pozostają równoległe w czasie, gdy układ S ′ porusza się względem S ze stałą prędkością v → S',S = ( 1,0 i ^ + 2,0 j ^ + 3,0 k ^ ) m/s . Jeżeli w chwili t = 0 początki obu układów pokrywały się, to jak względem układu S zmienia się w czasie położenie środka O ′ ? W jakiej relacji pozostają położenia r → ( t ) i r → ′ ( t ) , zmierzone w układach S i S ′ ? Jak związane są prędkości v → ( t ) i v → ′ ( t ) ? Jak związane są przyspieszenia a → ( t ) i a → ′ ( t ) ? Wektor prędkości cząstki w układzie A wynosi ( 2,0 i ^ + 3,0 j ^ ) m/s . Prędkość względna układu A względem układu B wynosi 4,0 k ^ m/s , natomiast prędkość układu B względem układu C wynosi 2,0 j ^ m/s . Jaka jest prędkość naszej cząstki względem układu C ? v → P,C = ( 2,0 i ^ + 5,0 j ^ + 4,0 k ^ ) m/s Krople deszczu spadają pionowo w dół na szybę samochodu z szybkością 4,5 m/s w układzie związanym z ziemią. Jaką szybkość kropel zmierzy pasażer samochodu poruszającego się po linii prostej w poziomie z szybkością 22,0 m/s? Mewa osiąga szybkość 9,00 m/s w locie przy bezwietrznej pogodzie. Jeżeli w locie pod wiatr mewa pokonuje 6,00 ⁢ km w ciągu 20,0 min, to z jaką szybkością wieje wtedy wiatr? Jeżeli następnie mewa zawróci i leci z powrotem kursem z wiatrem, to ile czasu zajmie jej powrót do początku trasy? W = wiatr, M = mewa, Z = ziemia Szybkość mewy względem wiatru: v → M,W = 9,0 m/s v → W,Z = ? v → M,Z = 5 m/s , v → M,Z = v → M,W + v → W,Z ⇒ v → W,Z = v → M,Z − v → M,W Zatem prędkość wiatru względem ziemi: v W,Z = − 4,0 m/s . v → M,Z = v → M,W + v → W,Z ⇒ v M,Z = − 13,0 m/s Czas lotu z powrotem: − 6 000 m − 13,0 m/s = 7 min 42 s . Prom ze Świnoujścia wyrusza dokładnie na północ z szybkością 7,00 m/s względem wody. Prąd morski ma w tym miejscu prędkość o wartości 1,50 m/s w kierunku 40° na północny wschód. Jaką szybkość względem brzegu ma prom? W jakim kierunku rzeczywiście płynie? Łódką można płynąć z szybkością 8,0 km/h względem wody. Ile czasu zajmie wiosłowanie przez 1,5 km w dół rzeki płynącej z szybkością 3,0 km/h względem brzegu? Ile czasu zajmie powrót w górę rzeki? Pod jakim kątem trzeba ustawić łódkę, aby dotrzeć na drugi brzeg rzeki dokładnie po przeciwnej stronie? Załóżmy, że szerokość rzeki to 0,8 km. Ile czasu zajmie przepłynięcie na drugi brzeg? Załóżmy teraz, że ustawiamy łódkę na rzece prostopadle do brzegu. Ile teraz czasu zajmie podróż na drugi brzeg i jak daleko w dół rzeki prąd zniesie łódkę? Za dodatni kierunek prędkości przyjmijmy kierunek prądu rzeki. B = brzeg, W = woda, Ł = łódka. | v → Ł,B | = 11 km/h t = 8,2 min ; | v → Ł,B | = − 5 km/h t = 18 min ; v → Ł,B = v → Ł,W + v → W,B , θ = 22 ∘ | v → Ł,B | = 7,4 km/h , t = 6,5 min ; | v → Ł,B | = 8,54 km/h , ale czas przepłynięcia na drugi brzeg zależy tylko od jednej składowej prędkości. t = 6,0 min Dystans pokonany w dół rzeki = 0,3 km. Mały samolot lata z maksymalną szybkością 200 ⁢ km / h względem powietrza. Jeżeli wiatr wieje z szybkością 50 ⁢ km / h dokładnie z zachodu, to (a) jak pilot musi ustawić samolot, aby lecieć dokładnie na północ oraz (b) ile czasu zajmie podróż na północ do punktu odległego o 300 km? Rowerzysta jadący z szybkością 15 km/h na południowy wschód czuje na twarzy wiatr wiejący z kierunku południowo-zachodniego z szybkością 25 km/h. Jaką szybkość i kierunek ma wiatr względem spoczywającego obserwatora? | v → W,C | = 25 km/h , | v → R,Z | = 15 km/h , | v → W,Z | = 29,15 km/h , v → W,Z = v → W,R + v → R,Z Kąt pomiędzy v → W,R i v → W,Z wynosi 31 ∘ , zatem kierunek wiatru to 14 ∘ na północ względem kierunku wschodniego. Rzeka płynie na wschód z prędkością 4 m/s. Łódź wyrusza z portu z szybkością 7 m/s na północny wschód pod kątem 30° liczonym od kierunku wschodniego. Jeżeli rzeka ma szerokość 1 800 m, to (a) jaką szybkość ma łódź względem brzegów, oraz (b) ile czasu zajmie łodzi dotarcie na drugi brzeg? Zadania dodatkowe Bolid Formuły 1 wchodzi w zakręt o promieniu 200,0 m z prędkością o wartości 89,0 m/s. Jakiego przyspieszenia doznaje podczas pokonywania zakrętu? a d = 39,6 m/s 2 Cząstka porusza się po kołowej orbicie o promieniu 10 m ze stałą szybkością 40,0 m/s. W pewnej chwili zaczyna zwiększać swoją szybkość w tempie 15,0 m/s 2 . Jaka jest wartość przyspieszenia cząstki w momencie rozpoczęcia przyspieszania? Kierowca wciska pedał hamulca w chwili, gdy samochód wchodzi z szybkością 90 km/h w zakręt o promieniu 150,0 m. Samochód zaczyna zwalniać w tempie 9,0 km/h w ciągu każdej sekundy. Ile wynosi przyspieszenie samochodu, gdy kierowca zwolni do 60,0 km/h? 9,0 km/h = 2,5 m/s ⇒ a s = − 2,5 m/s 2 60,0 km/h = 16,7 m/s ⇒ a d = 1,86 m/s 2 a = 3,1 m/s 2 Samochód wyścigowy wchodzi w zakręt na torze „Poznań”, zmniejszając szybkość z 85,0 do 80,0 m/s w czasie 2,0 s. Jeżeli krzywizna toru wynosi 316,0 m, to ile wynosi całkowite przyspieszenie samochodu na początku i na końcu manewru hamowania? Oblicz przyspieszenie dośrodkowe wynikające z ruchu obrotowego Ziemi wokół własnej osi, jakiego doznaje słoń umieszczony w ZOO na szerokości geograficznej λ . Wyraź odpowiedź przez λ , promień Ziemi R Z i okres obrotu Ziemi T . Porównaj wynik z wartością g , przyjmując λ = 40 ∘ Odległość od osi obrotu do punktu na szerokości geograficznej λ wynosi R Z cos ⁡ λ . Szybkość tego punktu to 2 π r T . Przyspieszenie dośrodkowe a d = 4 π 2 R Z cos ⁡ λ T 2 dla λ = 40 ∘ wynosi a d = 0,26 % g . Proton rozpędzany w synchrotronie porusza się po okręgu o promieniu 1 km i zwiększa swoją szybkość zgodnie z równaniem v ( t ) = c 1 + c 2 t 2 , gdzie c 1 = 2,0 ⋅ 10 5 m/s i c 2 = 10 5 m/s 3 . Jakie jest całkowite przyspieszenie protonu w chwili t = 5,0 s? Przy jakim czasie wyrażenie na zmianę szybkości protonu w czasie staje się niefizyczne? Łopaty śmigła samolotowego rozpędzają się od czasu t = 0 ⁢ s do t = 5,0 ⁢ s z przyspieszeniem stycznym punktów na końcach łopat 3,00 ⁢ m / s 2 Długość łopat wynosi 1,5 ⁢ m . Jakiego całkowitego przyspieszenia doznają końce łopat w chwili t = 5,0 ⁢ s ? a s = 3,0 m/s 2 v ( 5 s ) = 15,0 m/s ⇒ a d = 150,0 m/s 2 θ = 88 , 8 ∘ względem stycznej do okręgu, jaki zataczają końce łopat. | a → | = 150,03 m/s 2 Cząstka wykonuje ruch jednostajny po okręgu z częstością ω = 4,00 rad/s. Jeżeli w chwili początkowej t = 0 cząstka ma położenie y = 0 m, x = 5 m, to: Jakie jest położenie cząstki w chwili t = 10 s? Jaka jest wtedy jej prędkość? Jakie jest jej przyspieszenie? Przyspieszenie dośrodkowe cząstki ma wartość a d = 4,0 m/s 2 . Z jaką częstością wiruje ta cząstka, jeśli znajduje się 5,0 m od osi obrotu? Jaką prędkość ma ona w chwili t = 10 s? a → ( t ) = − A ω 2 cos ⁡ ( ω t ) i ^ − A ω 2 sin ⁡ ( ω t ) j ^ a d = A ω 2 , A = 5,0 m , ω = 0,89 rad/s v → ( t ) = ( − 2,24 i ^ − 3,87 j ^ ) m/s Pręt o długości 3,0 m obraca się w płaszczyźnie poziomej z częstotliwością 2,0 obr/s wokół osi przechodzącej przez jeden z jego końców. Jakie przyspieszenia dośrodkowe mają punkty na pręcie odległe o 1,0 ⁢ m , 2,0 ⁢ m oraz 3,0 ⁢ m od osi obrotu? Cząstka o początkowym położeniu ( 1,5 j ^ + 4,0 k ^ ) m doznaje przemieszczenia o wektor ( 2,5 i ^ + 3,2 j ^ − 1,2 k ^ ) m . Jakie jest końcowe położenie cząstki? r → 1 = 1,5 j ^ + 4,0 k ^ , r 2 = Δ r → + r → 1 = 2,5 i ^ + 4,7 j ^ + 2,8 k ^ Położenie cząstki dane jest funkcją czasu r → ( t ) = ( 50 m/s ) t i ^ − ( 4,9 m/s 2 ) t 2 j ^ . Jakimi funkcjami czasu są prędkość i przyspieszenie cząstki? Jaki warunek początkowy musi być spełniony, aby ruch cząstki był w ogóle możliwy? Statek kosmiczny leci w przestrzeni z prędkością v → ( t ) = 250,0 i ^ m/s o stałej wartości. W pewnym momencie odpala rakietę, nadając jej przyspieszenie o wektorze a → = ( 3,0 i ^ + 4,0 k ^ ) m/s 2 . Jaka jest prędkość rakiety 5,0 s po wystrzeleniu? v x ( t ) = 265,0 m/s v y ( t ) = 20,0 m/s v → ( 5,0 s ) = ( 265,0 i ^ + 20,0 j ^ ) m/s Łucznik strzela do tarczy ustawionej 40 m od niego. Strzała trafia jednak 30 cm poniżej punktu, do którego celował. Z jaką szybkością łucznik wypuścił strzałę? Skoczek w dal osiąga odległość 8,0 m przy kącie odbicia 45° względem podłoża. Zakładając, że z tą samą szybkością wybija się pod kątem 30°, oblicz jego zasięg przy tym kącie. R = 6,93 m Na pewnej planecie maksymalny możliwy zasięg pocisku wystrzelonego ukośnie z szybkością 10 m/s wynosi 20 m. Jakie jest przyspieszenie grawitacyjne na tej planecie? Zawodnik motocrossu wyskakuje na jednej z przeszkód w powietrze pod kątem 60° względem płaskiego podłoża. Jeżeli ląduje w odległości 45,0 m w poziomie i 20 m poniżej płaszczyzny początkowej, to jaka była szybkość motocyklisty? v 0 = 20,1 m/s Który pojazd doznaje większego przyspieszenia dośrodkowego: motocykl wchodzący w zakręt o promieniu 100,0 m z szybkością 15,0 m/s, czy samochód na zakręcie o promieniu 75,0 m z szybkością 12,0 m/s? Satelita geostacjonarny krąży wokół Ziemi na orbicie o promieniu 42 250 km z okresem równym 24 h. Jakie przyspieszenie dośrodkowe ma ten satelita? v = 3 072,5 m/s a d = 0,223 m/s 2 Dwie identyczne motorówki płyną rzeką po tej samej prostej, ale w przeciwnych kierunkach. Obie mają tę samą szybkość względem wody. Obserwator z brzegu rzeki odnotowuje szybkości łódek 4,0 oraz 5,0 m/s. Jakie szybkości mają motorówki względem wody? Jaka jest szybkość nurtu rzeki? Zadania trudniejsze Golf ekstremalny w RPA. Jeden z dołków na polu golfowym w górach Afryki Południowej znajduje się u podnóża szczytu o wysokości h = 400,0 ⁢ m h = \\SI{400,0}{\\metre} . Golfista uderza piłkę ze szczytu w stronę dołka odległego w poziomie o s = 359,0 ⁢ m s = \\SI{359,0}{\\metre} . Zakładając, że piłka zostaje uderzona pod kątem φ = 40 ° \\varphi = \\ang{40}\\ do poziomu i trafia bardzo blisko dołka, oblicz (a) prędkość początkową piłki oraz (b) czas lotu piłki. Pomiń opór powietrza. s = v 0 x ⁢ t ⇒ t = s ∕ v 0 x s = v_{0\\sep x} t \\implies t = s/v_{0\\sep x} oraz − h = v 0 y ⁢ t − g ⁢ t 2 ∕ 2 = s ⋅ v 0 y ∕ v 0 x − g ∕ 2 ⋅ s ∕ v 0 x 2 = s ⁢ tg φ − g ⁢ s 2 ∕ 2 ⋅ 1 ∕ v 0 x 2 - h = v_{0\\sep y} t - gt^2/2 = s \\cdot (v_{0\\sep y} / v_{0\\sep x}) - g/2 \\cdot (s/v_{0\\sep x})^2 = s\\tg \\varphi - gs^2/2 \\cdot (1/v_{0\\sep x}^2) , stąd v 0 x = g ⁢ s 2 ∕ 2 ⁢ h + s ⁢ tg φ = 30,0 ⁢ m ∕ s v_{0\\sep x} = \\sqrt{gs^2/[2(h+s\\tg \\varphi)]} = \\SI{30,0}{\\metre\\per\\second} , natomiast v 0 y = v 0 x ⁢ tg φ = 25,2 ⁢ m ∕ s v_{0\\sep y} = v_{0\\sep x} \\tg \\varphi = \\SI{25,2}{\\metre\\per\\second} . Ostatecznie otrzymujemy v 0 = v 0 x 2 + v 0 y 2 = 39,2 ⁢ m ∕ s v_0 = \\sqrt{v_{0\\sep x}^2 + v_{0\\sep y}^2} = \\SI{39,2}{\\metre\\per\\second} . t = 12,0 ⁢ s Robert Lewandowski wykonuje rzut wolny z odległości 30 m. Uderza piłkę pod kątem 45°. Jaką maksymalną prędkość może nadać piłce, aby trafić tuż pod porzeczkę bramki o wysokości 2,44 m? Dodatkowo musi pokonać mur ustawiony w przepisowej odległości 9,15 m, którego zawodnicy wyskakują na wysokość 2,5 m. Czy kopiąc piłkę z maksymalną prędkością Robert pokona mur? Czy sytuacja zmieniłaby się, gdyby mur pod nieuwagę sędziego przesunął się na odległość tylko 7 m od Roberta? W pewnej chwili ciężarówka jedzie po długiej prostej z prędkością 80 km/h dokładnie na wschód w kierunku skrzyżowania odległego o 32 km. W tym czasie na skrzyżowanie wjeżdża samochód osobowy, który z prędkością 50 km/h porusza się na północ. Po jakim czasie oba pojazdy znajdą się najbliżej siebie? Jaka jest najmniejsza odległość między pojazdami w tym momencie? r → = - 32 + 80 ⁢ t ⋅ i ̂ + 50 ⁢ t ⋅ j ̂ ⁢ , r → = - 32 + 80 ⁢ t 2 + 50 ⁢ t 2 ⁢ , 2 ⁢ r ⁢ d r d t = 2 ⁢ - 32 + 80 ⁢ t ⋅ 80 + 2 ⋅ 50 ⁢ t ⋅ 50 ⁢ , d r d t = 17 800 ⁢ t - 5120 2 ⁢ r = 0 ⁢ , 17 800 ⁢ t = 5120 ⁢ h ⇒ t = 0,29 ⁢ h = 17 ⁢ min . r = 17 ⁢ km ⁢ . układ odniesienia (ang. reference frame ) układ, względem którego mierzymy położenie, prędkość i przyspieszenie ciała; posiada własny układ współrzędnych prędkość względna (ang. relative velocity ) prędkość ciała widziana przez obserwatora z określonego układu odniesienia; także prędkość jednego układu odniesienia względem drugiego", "section": "Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Most Golden Gate, jeden z największych dzieł nowoczesnej techniki, w momencie otwarcia w 1937 roku był najdłuższym mostem wiszącym na świecie. Aktualnie jest on nadal jednym z dziesięciu najdłuższych mostów wiszących. Jakie zjawiska fizyczne musimy rozważyć i uwzględnić przy projektowaniu i budowie tego typu mostu? Jakie siły działają na most? Jakie siły przeciwdziałają zawaleniu mostu? Jak elementy mostu takie jak liny, wieże czy jezdnia wpływają na jego stabilność? Wiadomo, że aby podróż przez most była możliwa, jego konstrukcja musi być stabilna. Często zdarza się, iż jadące mostem samochody gwałtownie przyspieszają bądź zwalniają, na przykład podczas korków. W obydwu przypadkach mamy do czynienia z siłami działającymi zarówno na most, jak i na podróżujące na nim samochody. Siły działające na most się równoważą, stąd też pozostaje on w równowadze. Z kolei w przypadku silnika samochodu siła przez niego wywierana powoduje zmianę ruchu. Isaac Newton, formułując trzy fundamentalne zasady dynamiki, stworzył narzędzia pozwalające opisać z fizycznego punktu widzenia wymienione wyżej sytuacje. W codziennym życiu niemal na każdym kroku możemy obserwować działania sił. Zauważmy, że ludzkie ciało utrzymuje się na powierzchni Ziemi dzięki działającej na nie sile grawitacji. Sama zwarta struktura ludzkiego ciała również jest wynikiem oddziaływań międzycząsteczkowych – czyli pewnego rodzaju sił. Gdy otwierasz okno, podążasz wzdłuż ruchliwej ulicy, używasz sztućców bądź dotykasz gładkiej, dziecięcej twarzy – używasz siły! Analizując głębiej – atomy, z których zbudowana jest ludzka twarz, sprzężone są oddziaływaniem kulombowskim, a w ich jądrze występuje jedno z najsilniejszych oddziaływań w przyrodzie – oddziaływanie krótkozasięgowe sił atomowych. Widać więc, że pojęcie siły jest ważnym narzędziem do opisu bardzo wielu zjawisk w otaczającym nas świecie.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Pojęcie siły Kinematyka, zajmująca się matematycznym opisem ruchu, jest bardzo ważnym działem fizyki. Jednakże obejmuje ona wyłącznie opis ruchu ciała z uwzględnieniem funkcji położenia, prędkości i przyspieszenia. Dynamika (ang. dynamics ) z kolei jest działem fizyki pozwalającym na pełny opis ruchu ciała, rozważa przyczyny tego ruchu i analizuje siły działające na ciało w danym układzie. Do najważniejszych praw z zakresu dynamiki należą trzy zasady dynamiki, sformułowane przez Isaaca Newtona (1642–1727, ). Zasady te stanowią doskonały przykład uniwersalności i prostoty praw, które panują w przyrodzie i znajdują zastosowanie we wszystkich przypadkach ruchu, zarówno na Ziemi, jak i w kosmosie. Sformułowanie przez Newtona trzech zasad dynamiki było jednym z jego największych osiągnięć i przyczyniło się do jego wielkiej sławy w świecie nauki. Okres, w którym Newton opracował zasady dynamiki, uznawany jest za początek nowożytnej nauki. Dopiero dokonania fizyki współczesnej pokazują, iż prawa newtonowskie pozwalają tylko na opis ruchu ciał poruszających się z prędkościami znacznie mniejszymi od prędkości światła, o rozmiarach znacząco większych niż rząd wielkości rozmiarów molekuł (około 10 − 9 m średnicy). Ograniczenia te determinują zakres stosowalności praw mechaniki klasycznej, podanych przez Newtona. Na początku XX wieku Albert Einstein (1879–1955) sformułował postulaty szczególnej teorii względności oraz, z udziałem wielu innych wielkich uczonych, prawa mechaniki kwantowej. Mechanika kwantowa pozwala na analizę układów bez ograniczeń znanych z klasycznej mechaniki newtonowskiej. Problematyka poruszona w niniejszym rozdziale oraz wszystkie te zagadnienia sprzed opracowania teorii względności, opisanej w rozdziale Teoria względności , dotyczą mechaniki opisanej przez Isaaca Newtona. Isaac Newton (1642–1727) opublikował swoją nadzwyczajną pracę Philosophiae Naturalis Principia Mathematica w roku 1687. Zaproponował w niej pewne prawa, które po dziś dzień pozwalają na pełen opis ruchu ciał. Ponadto Newton przyczynił się do rozwoju teorii grawitacji oraz teorii opisujących zachowanie się światła i jego barw. Operacyjna definicja siły Dynamika pozwala na opis sił i, w konsekwencji, przyczyn ruchu ciał w przyrodzie. Aby lepiej objaśnić to zagadnienie, należy wprowadzić podstawową definicję siły. Pomóc w zrozumieniu pojęcia siły może wyobrażenie sobie dość prostej sytuacji, w której raz ciągniemy, a raz pchamy jakieś ciało. Czynności te można opisać, podając wielkość (wartość) oraz kierunek przyłożonej do ciała siły. Widać stąd, że mamy do czynienia z wektorem. Możemy więc zdefiniować siłę jako ilościowy opis czynności pchania lub ciągnięcia pewnego obiektu, uwzględniający odpowiednie cechy, takie jak wielkość przyłożonej siły bądź jej kierunek. Siła opisywana jest jako wektor lub jako wielokrotność pewnej siły jednostkowej. W przypadku czynności popychania bądź ciągnięcia ciała rozpatrywać należy wielkość przyłożonej siły oraz jej kierunek. Dla przykładu, działo wywiera ogromną siłę na wystrzeliwany w powietrze pocisk, w przeciwieństwie natomiast Ziemia wywiera bardzo niewielki nacisk na żyjącą na niej pchłę. Nasze codziennie doświadczenia pozwalają nam zrozumieć, jak wiele sił nas otacza. Gdy dwoje ludzi popycha trzeciego człowieka w różnych kierunkach, jak to pokazano na , całkowita siła będzie miała kierunek zgodny z tym oznaczonym jako F → wyp – siła wypadkowa. Siły, jak wszystkie wektory, oznaczane są jako strzałki, a ich dodawanie można wykonać za pomocą klasycznej metody dodawania geometrycznego wektorów lub z użyciem odpowiednich funkcji trygonometrycznych. Zagadnienia te poruszono w rozdziale Wektory . (a) Schemat ukazujący sytuację, w której dwie łyżwiarki popychają trzecią. Siły przedstawione są oczywiście jako wektory oznaczone odpowiednio jako F → 1 i F → 2 , stąd też ich sumę stanowi wektor F → wyp . (b) Rysunek przedstawiający rozkład sił działających na trzecią łyżwiarkę. (b) ukazuje po raz pierwszy w niniejszym rozdziale diagram przedstawiający rozkład sił działających na ciało (ang. free body diagram ), uwzględniający wszystkie siły działające na analizowany obiekt. Jak widać, ciało przedstawiono jako pojedynczy punkt, do którego przyłożono siły, będące siłami zewnętrznymi (ang. external force ). Jedynie siły zewnętrzne są przyczyną ruchu danego obiektu. Wszelkie siły wewnętrzne w układzie są w tym przypadku zaniedbywane. Wyżej wspomniane siły zewnętrzne są wielkościami wektorowymi, mającymi zwrot od punktu przyłożenia analizowanego ciała na zewnątrz. Rysunki pokazujące rozkłady sił działających na ciała są niezwykle użyteczne w przypadku analizowania tych sił. Są szeroko stosowane w celu zrozumienia podstawowych praw dynamiki Newtona. Z pewnością spotkasz się z tego typu diagramami podczas studiowania zarówno tego rozdziału, jak i wielu innych działów fizyki. Schemat tworzenia tego typu diagramów z pewnością wyjaśni omówienie kilku podstawowych kroków. Przeanalizujemy to zagadnienie dokładniej w podrozdziale Rozkłady sił działających na ciało . Wskazówka dotycząca zagadnienia: Rozkład sił działających na ciało Narysuj obiekt, który analizujesz. Twój obiekt możesz potraktować jako punkt materialny, reprezentujący środek masy. Następnie umieść ten punkt w kartezjańskim układzie współrzędnych x y . Przeanalizuj wszystkie możliwe siły działające na ciało, rysując je jako wektory z punktem przyłożenia w środku masy (w punkcie materialnym). Nie uwzględniaj jednak na rysunku siły wypadkowej oraz sił wywieranych przez obiekt na jego otoczenie. Rozłóż naniesione na diagram wektory sił na składowe wzdłuż odpowiednich osi układu współrzędnych x i y . Narysuj według omówionego schematu osobno rozkład sił działających na każde ciało w układzie. Przedstawmy powyższą strategię sporządzania diagramów z rozkładem sił działających na ciało ( ). Niektóre pojęcia użyte na poniższym rysunku zostaną bardziej szczegółowo opisane w dalszej części rozdziału. Na powyższym rysunku R → oznacza siłę reakcji podłoża, Q → to siła ciężkości, natomiast jako T → oznaczono siłę tarcia. Opisane powyżej kroki są w zupełności wystarczające, aby nauczyć cię rozwiązywania zagadnień związanych z rozkładem sił działających na ciało. Ostatnia część tego rozdziału wyjaśnia bardziej szczegółowo, jak rysować diagramy działających sił, co jest przydatne podczas rozwiązywania zadań rachunkowych. Dokładniejsza analiza pojęcia siły Siłę można zdefiniować ilościowo, posługując się wzorcem (jednostką) siły, tak jak odległość mierzona jest w jednostkach odnoszących się do pewnego ustalonego wzorca. Jedną z możliwości tego typu definicji siły jest rozciągnięcie sprężyny na pewną ustaloną odległość ( ) i przyjęcie siły powodującej powrót sprężyny do położenia równowagi za wzorzec siły. Wielkość wszystkich innych sił można wyrazić jako wielokrotność tego wzorca siły. Istnieje wiele innych możliwości i metod określenia jednostek siły. W dalszej części tego podrozdziału zostaną przedstawione inne alternatywne definicje siły. Siła wywierana przez rozciągniętą sprężynę może być uznana za wzorzec siły. (a) Sprężyna w stanie spoczynku, nierozciągnięta, ma długość x . (b) Po rozciągnięciu sprężyny o długość Δ x pojawia się siła F → r powodująca jej powrót do położenia równowagi. (c) Waga sprężynowa jako urządzenie pozwalające na zdefiniowanie wzorca siły. Siła F → r wywierana jest przez element przymocowany do haka. W sytuacji przedstawionej na rysunku siła ma wielkość sześciu jednostek (jest sześciokrotnością wzorca). Spróbujmy przeanalizować pojęcie siły nieco dokładniej. Wyobraźmy sobie sytuację, w której student fizyki siedzi przy stole, pracując ciężko nad zadaniem domowym ( ). Jak myślisz, jakie siły zewnętrzne działają na niego? Czy możemy poznać źródło tych sił? (a) Widoczne na rysunku siły działające na studenta wynikają głównie z jego oddziaływania z krzesłem, stołem i podłogą oraz z natury przyciągania grawitacyjnego. (b) Aby dobrze przeanalizować problem fizyczny z udziałem studenta, warto rozważyć wszystkie siły działające wzdłuż linii biegnącej przez jego tułów. Na rysunku pokazano dodatkowo rozkład sił działających na studenta. W większości sytuacji siły można podzielić na dwie grupy: siły kontaktowe i siły wynikające z działania pól zewnętrznych . Jak się łatwo domyślić, siły kontaktowe powstają przy bezpośrednim kontakcie rozpatrywanych ciał. Należy jednak pamiętać, że podział ten nie jest ścisły, bowiem siły kontaktowe wynikają głównie z oddziaływania elektromagnetycznego między atomami. Siły te oddziałują na obiekty poprzez zewnętrzne pole. Jednak dzięki temu podziałowi łatwiej będzie nam zrozumieć pojęcie siły. Dla przykładu, student na doświadcza działania sił kontaktowych, oznaczonych jako R → , F → oraz T → , które wywierane są przez stół na jego ręce, przez podłogę na jego stopy oraz przez krzesło na jego tułów. Na ciało mogą również działać siły związane z obecnością pola w obszarze, w którym znajduje się analizowany obiekt. W odróżnieniu od sił kontaktowych, siły wynikające z obecności pola nie wymagają bezpośredniego, fizycznego kontaktu z innym ciałem. Dopóki student znajduje się w obszarze ziemskiego pola grawitacyjnego, działa na niego siła ciężkości Q → . Wspomniane „pole” traktować można jako pewną właściwość przestrzeni, objawiającą się w formie sił, które w nim działają. Naukowcy twierdzą, że w naturze istnieją jedynie cztery rodzaje pól. Mowa tutaj o polu grawitacyjnym, elektromagnetycznym, oraz polach oddziaływań silnych (sił jądrowych) i słabych. Pola te omówione zostaną szerzej w dalszej części niniejszego podręcznika. Jak widać, siła ciężkości Q → na wynika z obecności pola grawitacyjnego. Dzięki temu polu zdefiniować można pojęcie ciężaru (ang. weight ) ciała. Siły działające w obecności pół elektromagnetycznych to głównie siły oddziaływań elektrostatycznych lub siły magnetyczne. Odpowiadają one m.in. za oddziaływania atomów w ciele stałym. Siły jądrowe i siły oddziaływań słabych są dominujące jedynie przy odległościach rzędu ( 10 − 15 m ). Ich zasięg jest tak mały, że żadne pole przez nie wywołane nie ma wpływu na makroskopowy świat mechaniki newtonowskiej. Siły kontaktowe są z reguły natury elektromagnetycznej. Podczas gdy łokieć studenta na pozostaje w kontakcie z blatem stołu, atomy skóry jego łokcia oddziałują elektromagnetycznie z atomami blatu stołu. Siła wypadkowa owego oddziaływania to widoczna na powyższym rysunku siła T → . Podobnie podczas przyklejania taśmy klejącej do kartki papieru atomy taśmy „przeplatają” się z tymi znajdującymi się w kartce papieru, czego skutkiem jest oddziaływanie elektromagnetyczne pomiędzy dwoma obiektami. Jednakże z punktu widzenia klasycznej mechaniki newtonowskiej natura oddziaływań elektromagnetycznych przy analizowaniu sił kontaktowych nie odgrywa istotnej roli. Siła jako wektor Jak wcześniej wspomniano, siła jest wielkością wektorową. Posiada wartość, kierunek i zwrot. Jednostką siły w układzie SI jest niuton (ang. newton ), oznaczany jako N. Siła 1 N jest to siła potrzebna, aby ciału o masie 1 kg nadać przyspieszenie 1 m/s 2 : 1 N = 1 kg ⋅ m/s 2 . Łatwo zapamiętać, czym jest niuton, utożsamiając taką wartość z ciężarem jabłka ( Q wynosi wówczas około 1 N). Niech siła działająca w przestrzeni dwuwymiarowej ma postać ogólną: F → = a i ^ + b j ^ , gdzie wektory i ^ i j ^ są tzw. wersorami (wektorami jednostkowymi) w kierunkach odpowiednio x i y . Z kolei w przestrzeni trójwymiarowej siła ma postać ogólną F → = a i ^ + b j ^ + c k ^ . Załóżmy, że pierwsza łyżwiarka na , znajdująca się po lewej stronie, pcha trzecią łyżwiarkę w kierunku poziomym, działając siłą 30,0 N w prawo. Oznaczmy tę siłę jako F → 1 = 30,0 i ^ N . Analogicznie, jeżeli druga łyżwiarka, znajdujący się z kolei po prawej stronie, pcha trzecią łyżwiarkę z siłą 40,0 N w kierunku pionowym (jak na rysunku), siłę tę oznaczmy jako F → 2 = 40,0 j ^ N . W rezultacie działania dwóch sił zewnętrznych trzecia łyżwiarka doznaje pewnego przyspieszenia. Wynikiem działania wyżej wymienionych sił zewnętrznych jest siła wypadkowa F → wyp , definiowana jako suma wektorowa wszystkich sił działających na ciało. Stąd też często można spotkać się z zapisem ∑ F → . F → wyp = ∑ F → = F → 1 + F → 2 + . . . Równanie to można stosować w stosunku do dowolnej liczby sił. Analizując dalej przykład dotyczący łyżwiarki, widzimy, że siła wypadkowa na nią działająca wynosi F → wyp = ∑ F → = F → 1 + F → 2 = ( 30,0 i ^ + 40,0 j ^ ) N . Przeciwprostokątna w trójkącie sił na jest właśnie wektorem siły wypadkowej. W celu znalezienia jej wartości (długości wektora siły wypadkowej) należy posłużyć się regułami opisanymi szerzej w rozdziale Wektory i obliczyć ją jako pierwiastek z sumy kwadratów poszczególnych działających sił zewnętrznych: F wyp = ( 30,0 N ) 2 + ( 40,0 N ) 2 = 50,0 N . Kierunek siły wypadkowej może określony być poprzez odpowiedni kąt: θ = arc tg F 2 F 1 = arc tg 40,0 30,0 = 53,1 ° ⁢ , \\theta = \\arctg (\\frac{F_2}{F_1}) = \\arctg (\\frac{\\num{40,0}}{\\num{30,0}}) = \\ang{53,1} \\text{,} mierzony względem dodatniej półosi x , jak to pokazano na (b) obrazującej rozkład sił działających na łyżwiarkę. Załóżmy, że w tym momencie dwie łyżwiarki działają na trzecią siłami odpowiednio F → 1 = ( 3,0 i ^ + 8,0 j ^ ) N i F → 2 = ( 5,0 i ^ + 4,0 j ^ ) N . Jaki jest wynik tego oddziaływania? Jaka jest siła wypadkowa? W celu obliczenia tej siły musimy posłużyć się regułami dodawania wektorów: F → wyp = F → 1 + F → 2 = ( 3,0 i ^ + 8,0 j ^ ) + ( 5,0 i ^ + 4,0 j ^ ) = ( 8,0 i ^ + 12,0 j ^ ) N. Sprawdź, czy rozumiesz. Znajdź wartość i kierunek siły wypadkowej działającej na łyżwiarkę w wyżej opisanym przypadku. 14 N , kąt 56 ∘ mierzony względem dodatniej półosi x Zapoznaj się z materiałem multimedialnym w celu dokładniejszego zrozumienia zagadnienia dodawania wektorów. Narysuj wektory na wykresie, modyfikuj ich długość i kąt między osiami i spróbuj je dodać. Wartość, kąt oraz poszczególne składowe wektorów mogą być wyświetlane w kilku formatach. Podsumowanie Dynamika to dział fizyki zajmujący się wyjaśnieniem, jak działające siły wpływają na ruch ciał, podczas gdy kinematyka jedynie opisuje z matematycznego punktu widzenia parametry ruchu. Siła może być związana z pchaniem lub ciągnięciem ciała, definiowana może być na wiele sposobów. Jest wielkością wektorową, ma więc kierunek, zwrot i długość. Siły zewnętrzne to dowolne siły z zewnątrz układu, działające na dany obiekt. Diagram ilustrujący rozkład sił działających na ciało pozwala na przejrzystą ich analizę. Jednostką siły w układzie SI jest niuton (1 N). Pytania Jakie własności można przypisać sile, aby móc potraktować ją jako wektor? Siła ma określony kierunek i wartość. Zadania Do drzewa przymocowano dwie liny i przyłożono do nich dwie siły działające w jednej płaszczyźnie: F → 1 = ( 2,0 i ^ + 4,0 j ^ ) N i F → 2 = ( 3,0 i ^ + 6,0 j ^ ) N . (a) Znaleźć siłę wypadkową w opisanym układzie; (b) Znaleźć wartość i kierunek siły wypadkowej. F → wyp = ( 5,0 i ^ + 10,0 j ^ ) N ; wartość siły wypadkowej to F wyp = 11 N , a jej kąt w stosunku do dodatniej półosi x to θ = 63 ∘ . Na słup telefoniczny działają trzy siły pochodzące od kabli przesyłowych do niego przymocowanych. Sytuację przedstawiono na poniższym rysunku. Są to siły wynoszące odpowiednio F → 1 = ( 300,0 i ^ + 500,0 j ^ ) , F → 2 = − 200,0 i ^ i F → 3 = − 800,0 j ^ . (a) Znaleźć siłę wypadkową działającą na słup; (b) Znaleźć kierunek i wartość siły wypadkowej. Dwoje nastolatków ciągnie liny przymocowane do drzewa. Kąt pomiędzy linami wynosi 30 , 0 ∘ . Dawid ciągnie linę, działając siłą o wartości 400,0 N, natomiast Stefania działa siłą o nieco mniejszej wartości: 300,0 N. Znaleźć siłę wypadkową w opisanym układzie w postaci jej składowych. Znaleźć wartości wartość siły wypadkowej działającej na drzewo oraz kąt, który tworzy ona z liną Dawida. Wektor siły wypadkowej to F → wyp = ( 660,0 i ^ + 150,0 j ^ ) N ; wartość siły wypadkowej wynosi F → wyp = 676,6 N , a jej kąt względem liny Dawida to θ = 12 , 8 ∘ . dynamika (ang. dynamics ) dział mechaniki zajmujący się opisem ruchu ciał pod działaniem sił siła zewnętrzna (ang. external force ) siła działająca na obiekt spoza przyjętego do analizy układu siła (ang. force ) wielkość fizyczna będąca miarą oddziaływań fizycznych między obiektami; jest wielkością wektorową, może być opisana jako wielokrotność odpowiednio zdefiniowanej jednostki i wzorca rozkład sił działających na ciało (ang. free body diagram ) rysunek zawierający wszystkie siły zewnętrzne działające na dany obiekt; z reguły obiekt obrazuje się jako punkt, a siły na niego działające jako wektory o odpowiednim zwrocie, kierunku i długości siła wypadkowa (ang. net external force ) suma wektorowa wszystkich sił działających na ciało niuton (ang. newton ) jednostka siły w układzie SI; 1 N to siła, która obiektowi o masie 1 kg nadaje przyspieszenie o wartości 1 m/s 2", "section": "Pojęcie siły", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Pierwsza zasada dynamiki Newtona Obserwacje z życia codziennego wskazują, że spoczywające ciała pozostają w spoczynku, jeśli nie zostaną poddane jakiemuś działaniu, natomiast ciała będące w ruchu mają tendencje do zwolnienia i zatrzymania się, chyba że pojawi się jakaś zewnętrzna przyczyna, która utrzyma je w ruchu. Pierwsza zasada dynamiki Newtona (pierwsze prawo Newtona, prawo bezwładności) pozwoli nam lepiej zrozumieć te spostrzeżenia. Pierwsza zasada dynamiki Newtona Jeśli w pewnym układzie odniesienia ciało pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym, to na ciało to nie działają żadne siły lub wszystkie siły się równoważą. Taki układ odniesienia nazywamy inercjalnym. Zwróć uwagę na dość często powtarzający się czasownik „pozostaje”. Pierwsza zasada dynamiki Newtona mówi o zachowaniu (niezmienność) ruchu ciał. Trzeba właściwie rozumieć pojęcie „stałej prędkości”. Oznacza ono, że obiekt utrzymuje stały charakter swojego ruchu, ponieważ nie ulega zmianie ani wartość, ani kierunek jego prędkości. Pierwsze prawo Newtona częściowo obrazuje . (a) Rysunek przedstawia kij oraz krążek hokejowy. Jak widać, krążek pozostaje w spoczynku. Pozostaje w takim stanie dopóki nie pojawi się zewnętrzna siła, np. pochodząca od kija hokejowego, która nada mu prędkość. (b) Na rysunku tym pokazano krążek hokejowy podczas jego ruchu. Krążek kontynuuje ruch wzdłuż jednej prostej (ruch prostoliniowy) tak długo, dopóki nie pojawi się siła zewnętrzna powodująca zmianę jego prędkości. W tym przypadku, pomimo że siła tarcia krążka o lód jest stosunkowo niewielka, z czasem spowoduje jednak spowolnienie krążka. Pierwsza zasada dynamiki Newtona nie przeczy doświadczeniu, lecz stwierdza, że musi istnieć przyczyna jakiejkolwiek zmiany prędkości (zmiana wartości prędkości lub jej kierunku). Przyczyną tą jest zewnętrzna siła, którą zdefiniowaliśmy w poprzednim podrozdziale. Zauważmy, że obiekt przesuwający się po stole lub podłodze zwalnia z powodu istnienia w układzie siły tarcia działającej na ten przedmiot. Jeśli zjawisko tarcia zniknie, czy obiekt nadal będzie zwalniał? Pojęcie „przyczyny” i „skutku” ruchu ma kluczowe znaczenie przy dokładnym opisie tego, co dzieje się w różnych sytuacjach fizycznych. W tym celu warto rozważyć, co dzieje się z obiektem poruszającym się wzdłuż szorstkiej, poziomej powierzchni. Na powierzchni bardzo szorstkiej, obiekt zapewne bardzo szybko się zatrzyma. Jeśli natomiast rozpylimy na tej powierzchni talk, aby powierzchnia była znacznie gładsza, obiekt ten będzie przesuwał się dużo dalej. Idąc tym tropem, jeśli sprawimy, że powierzchnia stanie się bardziej gładka, na przykład smarując ją olejem, analizowany obiekt przesunie się dużo dalej niż w dwóch poprzednich sytuacjach. Stosując takie podejście w stosunku do powierzchni, na której tarcie jest zupełnie pomijalne, oraz ignorując wpływ sił oporu powietrza, możemy stwierdzić, że będzie się obiekt przesuwać wzdłuż linii prostej przez nieskończony czas. Zatem widać, że zjawisko tarcia jest przyczyną zwalniania ciał – zgodnie z pierwszym prawem Newtona. Obiekt na stole nie zatrzymałby się nigdy, gdyby tarcie zostało całkowicie wyeliminowane. Rozpatrzmy stół do gry w cymbergaja ( ). Gdy przepływ powietrza jest wyłączony, krążek znajdujący się na nim potrafi przebyć niewielką drogę, zanim tarcie spowoduje jego całkowite zatrzymanie się. Jednakże w obecności strumienia powietrza na blacie stołu mamy niemal pozbawioną tarcia powierzchnię, a krążek potrafi ślizgać się na bardzo duże odległości bez znaczących spowolnień wywołanych tarciem. Ponadto jeśli wiemy wystarczająco dużo na temat występującego na stole zjawiska tarcia, możemy dokładnie przewidzieć, jak szybko krążek zwolni bądź całkowicie się zatrzyma. Analiza gry w cymbergaja jest bardzo przydatna w celu zilustrowania zasad dynamiki Newtona. Bez strumienia powietrza zjawisko tarcia szybko spowalnia ruch krążka. Jednak gdy strumień powietrza zostanie włączony, kontakt pomiędzy krążkiem a stołem zostaje zminimalizowany – wówczas krążek może ślizgać się po stole na duże odległości. Pierwsza zasada dynamiki Newtona jest uniwersalnym prawem fizyki, znajdującym zastosowanie wszędzie, począwszy od obiektu poruszającego się po stole, poprzez satelitę krążącego na orbicie, a skończywszy na krwi wypompowywanej z serca. Na podstawie wielu różnych eksperymentów wykazano, że każda zmiana prędkości (jej wartości bądź kierunku) musi być spowodowana przez działanie siły zewnętrznej. Koncepcja powszechnie obowiązujących praw fizyki jest niezwykle ważna. Uniwersalność ich stosowania stanowi podstawową cechę wszystkich praw fizyki. Identyfikacja tychże praw jest niczym rozpoznawanie różnych wzorów panujących w naturze, na podstawie których możliwe jest odkrywanie następnych zasad. Włoski fizyk i astronom Galileusz, który jako pierwszy podjął ideę pierwszego prawa dynamiki Newtona, a następnie sam Newton, który to prawo doprecyzował, zadawali sobie podczas swoich prac badawczych fundamentalne pytanie: „Czym jest przyczyna?” Myślenie w kategoriach przyczyny i skutku zasadniczo różni się od podejścia do nauki powszechnego w starożytności, zwłaszcza w Grecji. Na pytanie: „Dlaczego tygrys ma paski?”, Arystoteles odpowiedziałby po prostu: „Bo taka jest natura tej bestii!”. Styl myślenia polegający na analizie zagadnień pod względem ich przyczynowości i skutkowości stanowi cenną zdolność do łączenia i wiązania obserwowanych zachowań z otaczającym światem. Grawitacja i bezwładność Niezależnie od skali analizowanego obiektu – czy są to cząsteczki, czy też cząstki subatomowe – dwa pojęcia pozostają niezwykle ważne: grawitacja oraz bezwładność. Oba te pojęcia wiążą się ściśle z masą obiektu. Masa jest miarą ilości materii zawartej w danym obiekcie fizycznym. Grawitacja to oddziaływanie obserwowane w obecności pól grawitacyjnych, przejawiające się jako przyciąganie jednej masy przez drugą. Ona właśnie sprawia, że człowiek może stąpać po powierzchni Ziemi. Miarą tego oddziaływania jest siła, nazywana ciężarem bądź siłą ciężkości. Pojęcie masy jest również mocno związane z bezwładnością (ang. inertia ), czyli zdolnością ciał do przeciwstawiania się zmianom w ich ruchu. Ciało dąży do zachowania stanu spoczynku – próbuje „oprzeć się” przyspieszeniom. Pierwsze prawo Newtona nazywane jest często prawem bezwładności . Wiadomo, że niektóre obiekty cechują się większą bezwładnością niż inne. Znacznie trudniej jest zmienić bądź zatrzymać ruch dużych, ciężkich głazów niż piłki do gry w koszykówkę. Dzieje się tak, ponieważ głaz ma znacznie większą masę niż piłka do koszykówki. Innymi słowy, bezwładność danego obiektu fizycznego może być mierzona poprzez jego masę. Związek między masą ciała a jego ciężarem opisana zostanie w dalszej części niniejszego rozdziału. Inercjalne układy odniesienia Pierwsze prawo Newtona mówi zatem, że: „Jeżeli na ciało nie działają siły zewnętrzne lub działające siły równoważą się, to ciało pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym”. W ujęciu mechaniki newtonowskiej „ruch jednostajny prostoliniowy” oznacza ruch z pewną stałą prędkością, niezależną od czasu. W szczególnym przypadku może to być prędkość zerowa, czyli stan spoczynku danego ciała. Pierwsza zasada dynamiki Newtona stwierdza zatem, że prędkość obiektu pozostaje stała, jeśli działająca na ten obiekt siła wypadkowa wynosi 0. Pierwsza zasada dynamiki Newtona znajduje zastosowanie przy analizowaniu różnych typów układów odniesienia. Dzięki znajomości tej zasady można precyzyjnie zdefiniować tzw. inercjalny układ odniesienia (ang. inertial reference frame ). W zasadzie można doprowadzić do sytuacji, w której siła wypadkowa działająca na ciało jest równa zero. Jeśli prędkość danego ciała względem przyjętego układu odniesienia jest wtedy stała, to układ taki przyjęło się nazywać inercjalnym. Z definicji, inercjalny układ odniesienia to układ, w którym spełnione jest pierwsze prawo Newtona. Pierwsze prawo Newtona dotyczy ruchu ze stałej prędkością. Z tego faktu wywnioskować możemy następujące stwierdzenie: Inercjalny układ odniesienia Układ odniesienia poruszający się ze stałą prędkością względem pewnego układu inercjalnego jest również układem inercjalnym. Układ odniesienia poruszający się z przyspieszeniem względem dowolnego inercjalnego układu odniesienia nie jest inercjalny. Czy inercjalne układy odniesienia są w naturze często spotykane? Okazuje się, że – w granicach niepewności pomiarowej – dowolny układ odniesienia, który pozostaje w spoczynku względem tzw. gwiazd stałych, czyli najbardziej odległych od Ziemi, jest inercjalny. Ponadto wszystkie układy odniesienia poruszające się jednostajnie względem układu związanego z gwiazdami stałymi są również inercjalne. Na przykład nieobracający się układ odniesienia związany ze Słońcem jest inercjalny, ponieważ jego prędkość względem gwiazd stałych nie zmienia się bardziej niż o 1 / 10 10 . Ziemia względem gwiazd stałych posiada pewne przyspieszenie, ponieważ obraca się wokół własnej osi oraz obraca się wokół Słońca. Zatem układ odniesienia związany z powierzchnią Ziemi nie jest już inercjalny. Jednak w przypadku większości zagadnień taki układ odniesienia można w przybliżeniu uznać za inercjalny, ponieważ przyspieszenie punktu znajdującego się na powierzchni Ziemi jest raczej niewielkie względem gwiazd stałych ( < 3,4 ⋅ 10 − 2 m/s 2 ). Dlatego też, jeśli nie zostanie zaznaczone inaczej, układ odniesienia związany z Ziemią będziemy uważać za inercjalny. Nie można uznać, że jeden konkretny typ układu odniesienia ma większe znaczenie niż inne. Dopóki analizuje się niepodważalne prawa przyrody, wszystkie inercjalne układy odniesienia są równoważne. Analizując zagadnienie, wybieramy inercjalny układ odniesienia, najdogodniejszy do rozwiązania danego problemu. Równowaga sił w układzie Pierwsze prawo Newtona mówi nam o stanie równowagi w danym układzie, w którym wszystkie siły działające na obiekty są zrównoważone. Wróćmy jeszcze do analizowanego w rozdziale Pojęcie siły przykładu łyżwiarki popychanej przez dwie pozostałe ( ). Wiemy, że siły F → 1 i F → 2 po dodaniu tworzą siłę wypadkową działającą na łyżwiarkę: F → R = F → wyp = F → 1 + F → 2 . W celu wytworzenia stanu równowagi w tym układzie należy przyłożyć do łyżwiarki taką siłę, aby siła wypadkowa na nią działająca się wyzerowała. Wartość tej siły musi być taka sama jak siły wypadkowej, lecz jej zwrot powinien być przeciwny do F → wyp , siła ta to zatem − F → wyp . W sytuacji łyżwiarki siły wypadkowa F → wyp wynosi ( 30,0 i ^ + 40,0 j ^ ) N . Zatem siła równoważąca siłę wypadkową powinna mieć postać − F → R = ( − 30,0 i ^ − 40,0 j ^ ) N . W zapisie wektorowym pierwsze prawo Newtona ma następującą postać: v → = const., gdy F → wyp = 0 → N . Powyższe równanie oznacza, że gdy siła wypadkowa działająca na ciało równa jest zeru, prędkość v → ciała jest stała. (Pamiętajmy, że słowo „stała” może oznaczać w tym przypadku również zerową prędkość). Pierwsze prawo Newtona jest stosunkowo proste i zrozumiałe. Na przykład, jeżeli samochód znajduje się w spoczynku, jedynymi siłami działającymi na niego są siła ciężkości oraz siła reakcji pochodząca od podłoża, a siły te się równoważą ( ). Wiadomo, że do zmiany stanu ruchu samochodu potrzebna jest niezerowa siła wypadkowa na niego działająca. Jeśli jednak samochód porusza się ze stałą, niezerową prędkością, to panuje powszechne, błędne przekonanie, że siła napędzająca samochód, pochodząca od silnika, ma większą wartość niż siła tarcia, która przeciwstawia się ruchowi auta do przodu. W rzeczywistości obie te siły mają taką samą wartość, lecz przeciwny zwrot. Na rysunku pokazano (a) zaparkowany samochód oraz (b) samochód poruszający się ze stałą prędkością. Jak można zastosować pierwsze prawo Newtona w przypadku zaparkowanego samochodu? Jaką wiedzę na temat siły wypadkowej daje nam informacja o stałej prędkości samochodu? Jak pierwsze prawo Newtona może znaleźć zastosowanie w analizie ruchu twojego samochodu? Prawa newtonowskie znajdują zastosowanie przy opisie wielu procesów fizycznych dotyczących sił i ruchu ciał, również sytuacji tak powszechnych, jak prowadzenie auta. (a) Zaparkowałeś swój samochód przed domem. Czy w tej sytuacji pierwsza zasada dynamiki Newtona może znaleźć swoje zastosowanie? Jeżeli tak, to dlaczego? (b) Jedziesz samochodem ze stałą prędkością wzdłuż ulicy. Czy w zaistniałej sytuacji pierwsza zasada dynamiki Newtona może znaleźć swoje zastosowanie? Jeżeli tak, to dlaczego? Strategia rozwiązania W przypadku (a) rozpatrujemy pierwsze prawo Newtona w odniesieniu do ciała spoczywającego; natomiast w podpunkcie (b) zastosować musimy drugą część pierwszej zasady dynamiki Newtona dotyczącej ciał poruszających się. Rozwiązanie Gdy twój samochód jest zaparkowany, wszystkie siły na niego działające muszą się równoważyć; suma wszystkich sił działających na samochód wynosi 0 N. Stąd, całkowita siła wypadkowa również się zeruje, co stanowi podstawę pierwszego prawa Newtona. Wówczas zarówno przyspieszenie, jak i prędkość samochodu wynoszą zero. Gdy twój samochód znajduje się w ruchu ze stałą prędkością wzdłuż ulicy, siła wypadkowa na niego działająca, zgodnie z pierwszym prawem Newtona, wynosi zero. Silnik samochodu powoduje działanie siły ciągu, skierowanej zgodnie ze zwrotem wektora prędkości, natomiast zjawisko tarcia między samochodem a jezdnią jest przyczyną działania siły skierowanej przeciwnie do wektora prędkości samochodu. Siły te mają tę samą wartość oraz kierunek, lecz przeciwny zwrot, stąd siła wypadkowa działająca na samochód wynosi zero. Samochód będzie kontynuował ruch wzdłuż ulicy ze stałą prędkością, dopóki nie pojawi się niezerowa siła wypadkowa. Należy sobie uświadomić, że występowanie zerowej siły wypadkowej działającej na obiekt oznacza, że obiekt ten porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym, ze stałą prędkością, nie przyspieszając. Jak sądzisz, co stałoby się, gdyby auto zaczęło gwałtownie przyspieszać? To zagadnienie omówimy szerzej w kolejnym rozdziale niniejszego podręcznika. Znaczenie Jak pokazał powyższy przykład, istnieją dwa rodzaje równowagi w układach mechanicznych. W przypadku (a) samochód pozostawał w spoczynku, stan taki nazywamy równowagą statyczną . Przypadek (b) z kolei ukazuje samochód poruszający się z pewną stałą prędkością, w którym wszystkie siły są zrównoważone. Wówczas mowa jest o równowadze dynamicznej . (Omówimy tę problematykę bardziej szczegółowo w podrozdziale Równowaga statyczna i sprężystość ciał ). Zatem możliwe jest, aby dwie lub więcej sił działało na obiekt, który pozostaje w ruchu. Zerowa siła wypadkowa nie powoduje występowania w układzie niezerowego przyspieszenia. Sprawdź, czy rozumiesz. Skoczek spadochronowy otwiera swój spadochron i zaraz po tym zaczyna opadać na ziemię ze stałą prędkością. Jakie siły działają na skoczka? Która z tych sił jest większa? W kierunku pionowym działają dwie siły: siła ciężkości skierowana do dołu oraz siła oporu aerodynamicznego powietrza skierowana w górę. Żadna z nich nie jest większa od pozostałych. Siły te równoważą się, mają zatem tę samą wartość. Zapoznaj się z materiałem zawartym w symulacji w celu zrozumienia, jak siły zewnętrzne wpływają na ruch różnych obiektów. Postaraj się wyjaśnić te sytuacje przy pomocy diagramu pokazującego rozkład sił działających na obiekt. Zastosuj tego typu diagram w celu pokazania położenia, prędkości, przyspieszenia oraz wykresu sił działających na obiekt. Wyjaśnij, jak sporządzone przez ciebie wykresy będą ze sobą powiązane. Zaproponuj inne scenariusze sytuacji i spróbuj narysować wszystkie cztery wyżej wymienione wykresy. Podsumowanie Jak mówi pierwsza zasada dynamiki Newtona, zawsze musi istnieć przyczyna zmiany prędkości (zarówno jej wartości, jak i kierunku). To prawo znane jest również pod nazwą „zasady bezwładności”. Zjawisko tarcia objawia się w formie siły zewnętrznej powodującej zwolnienie poruszających się obiektów. Bezwładnością nazywamy dążenie obiektów do pozostawania w spoczynku lub w ruchu. Bezwładność ciał utożsamić można z ich masą. Jeśli w danym układzie odniesienia prędkość ciała, na które nie działają żadne siły jest stała, układ taki nazywamy inercjalnym. Oznacza to, że w inercjalnych układach odniesienia spełnione jest pierwsze prawo Newtona. Stan równowagi obiekt osiąga w momencie, gdy równoważą się wszystkie siły na niego działające. Zerowa siła wypadkowa działająca na obiekt skutkować może zarówno jego spoczynkiem, jak i ruchem ze stałą prędkością, bez przyspieszeń. Pytania Przyjmując układ odniesienia związany z Ziemią jako układ inercjalny, wskaż z którym z poniższych obiektów związany jest inercjalny układ odniesienia a z którym nie? Samochód poruszający się ze stałą prędkością; Samochód, który przyspiesza; Swobodnie spadająca kabina windy; Stacja kosmiczna poruszająca się na ziemskiej orbicie; Kabina windy opadająca ze stałą szybkością. Pewna kobieta przewoziła na przyjęcie szkolne pudełko pysznych babeczek. W pewnym momencie samochód znajdujący się przed nią gwałtownie się zatrzymał. Z tego powodu kobieta zmuszona była gwałtownie zahamować. Na szczęście miała zapięte pasy bezpieczeństwa, więc nie ucierpiała z powodu gwałtownego hamowania (jedynie się zdenerwowała). Niestety pudełko babeczek przeleciało podczas hamowania na deskę rozdzielczą samochodu i babeczki całkowicie się pogniotły. Czy potrafisz wyjaśnić, dlaczego tak się stało? Prędkość babeczek przed czynnością hamowania była taka sama, jak prędkość samochodu. Babeczki traktujemy jako osobne ciało poruszające się. Gdy samochód gwałtownie zahamował, babeczki nadal poruszały się do przodu, zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki Newtona. Zadania Dwie siły F → 1 = 75,0 2 ( i ^ − j ^ ) N i F → 2 = 150,0 2 ( i ^ − j ^ ) N działają na pewien obiekt. Znajdź trzecią siłę F → 3 potrzebną do zrównoważenia dwóch pozostałych sił. Podczas czynności przesuwania kanapy po podłodze, Agnieszka i Joanna działają na kanapę siłami odpowiednio F → A i F → J . Siła wywierana przez Agnieszkę jest skierowana na północ, a jej wartość wynosi 130,0 N. Joanna z kolei działa siłą skierowaną o 32 ∘ na wschód od kierunku północnego, siłą o wartości 180,0 N. Znajdź wektor siły wypadkowej w rozkładzie na składowe; Znajdź wartość i kierunek wektora siły wypadkowej; Koledzy Agnieszki i Joanny, Dawid i Sylwia nie zgodzili się na przeniesienie kanapy. Jaką siłą F → DS powinni zadziałać na kanapę, by uniemożliwić jej przeniesienie? Podaj zarówno składowe siły, jak i jej wartość. F → wyp = ( 95,0 i ^ + 283,0 j ^ ) N ; wartość siły to 299 N, skierowana 71 ∘ na północny-wschód; F → DS = − ( 95,0 i ^ + 283,0 j ^ ) N bezwładność (ang. inertia ) cecha ciała polegająca na tym, że ciało dąży do zachowania stanu ruchu inercjalny układ odniesienia (ang. inertial reference frame ) układ odniesienia, względem którego każde ciało, niepodlegające działaniu zewnętrznej siły, porusza się bez przyspieszenia zasada bezwładności (ang. law of inertia ) patrz: pierwsza zasada dynamiki Netwona pierwsza zasada dynamiki Newtona (ang. Newton's first law of motion ) Jeżeli na ciało nie działają siły zewnętrzne, lub działające siły równoważą się, to ciało pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym (znane również pod nazwą zasady bezwładności)", "section": "Pierwsza zasada dynamiki Newtona", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Druga zasada dynamiki Newtona Druga zasada dynamiki Newtona (drugie prawo Newtona, ang. Newton's second law of motion ) jest bardzo ściśle powiązana z pierwszą i podaje matematyczny opis związków przyczynowo-skutkowych między siłą a zmianami ruchu. Daje zatem możliwość ilościowego opisu sytuacji fizycznych i używana jest do obliczeń w sytuacjach, w których w układzie przyłożone są różne siły. Zanim zapiszemy drugie prawo Newtona w formie prostego równania matematycznego, pozwalającego na dokładne powiązanie siły i przyspieszenia ciała, musimy przypomnieć sobie pewne zagadnienia, o których wspominaliśmy wcześniej. Siła a przyspieszenie Na początku należy sobie uświadomić, co rozumiemy poprzez pojęcie zmiany ruchu. Otóż zmiana ruchu oznacza zmianę prędkości ciała. Zmiana prędkości świadczy o tym, że w układzie istnieje pewne przyspieszenie. Pierwsza zasada dynamiki Newtona mówi, że zewnętrzna siła wypadkowa powoduje zmiany ruchu ciał. Zatem niezerowa siła wypadkowa jest przyczyną występowania w układzie przyspieszenia . Zdefiniowaliśmy już siłę zewnętrzną w podrozdziale Pojęcie siły jako siłę działającą na obiekt lub układ, której źródło znajduje się poza obiektem. Przeanalizujmy to zagadnienie nieco dokładniej. Intuicyjnie odgadujemy, że słowo zewnętrzna oznacza, iż działa ona spoza układu. Na przykład na (a) analizowany układ to samochód z kierowcą siedzącym w środku. Dwie siły wywierane na samochód przez dwóch studentów na rysunku to właśnie siły zewnętrzne. Z kolei siły wewnętrzne to głównie siły oddziaływania pomiędzy elementami układu. I tak na przykład siła, którą kierowca działa na kierownicę samochodu, to siła wewnętrzna. Jedynie siły zewnętrzne wpływają na ruch samochodu, zgodnie z pierwszym prawem Newtona. (Wewnętrzne siły kompensują się, co zostanie dokładniej wyjaśnione w następnym rozdziale). Dlatego koniecznie jest określenie pewnych granic układu, zanim przystąpimy do analizowania, które siły są zewnętrzne. Często okazuje się to bardzo proste, lecz w niektórych układach fizycznych bywa to nieco trudniejsze. Pojęcie układu i określenie jego granic jest fundamentalne z punktu widzenia wielu dziedzin fizyki, podobnie jak prawidłowe stosowanie praw Newtona. Gdy na dany obiekt o określonej masie działają różne siły, skutkiem jest różne co do wartości jego przyspieszenie. (a) Dwóch studentów pcha samochód. Wszystkie siły zewnętrzne działające na samochód pokazano na rysunku. (b) Siły działające na samochód (na rysunku jako punkt materialny) pokazano w formie diagramu rozkładu sił, w celu ułatwienia analizy sytuacji. (c) Wóz holowniczy może zadziałać na samochód znacznie większą siłą zewnętrzną niż dwoje ludzi, nawet dorosłych. Wówczas wartość wektora przyspieszenia samochodu jest większa. W tej sytuacji widać, że różne siły działające na tę samą masę m skutkują występowaniem przyspieszenia o różnej wartości, zależnej od wielkości przyłożonej siły. Na (a) dwóch studentów pcha samochód, podczas gdy kierowca samochodu znajduje się w środku. Strzałki na rysunku reprezentują wszystkie siły zewnętrzne działające w układzie zawierającym samochód i kierowcę. Siłę ciężkości Q → układu samochód-kierowca oraz siłę reakcji od podłoża R → pokazano również na rysunku. Siły te się równoważą – układ nie porusza się z przyspieszeniem w kierunku pionowym. Wektor siły tarcia T → odzwierciedla zjawisko tarcia między kołami samochodu a jezdnią i skierowany jest w lewo, przeciwnie do kierunku ruchu (zjawisko tarcia omówimy nieco szerzej w kolejnym rozdziale). Na (b) siły te zostały do siebie dodane i rezultatem tego jest siła wypadkowa F → wyp . Diagram wszystkich sił działających na samochód wraz z kierowcą pokazano na tym samym rysunku. Punkt, do którego przyłożono siły, reprezentuje środek masy układu samochód-kierowca. Ponieważ obie siły skierowane są w prawo, wektory narysowano jako współliniowe. Z kolei na (c) widać znacznie większą siłę wypadkową, ponieważ samochód ciągnięty jest przez wóz holowniczy, a nie przez ludzi. Skutkuje to większym przyspieszeniem układu samochodu wraz z kierowcą ( a ′ > a a'>a ). Stwierdzenie, że wektor przyspieszenia posiada wartość proporcjonalną do przyłożonej siły wypadkowej oraz ten sam kierunek co siła, wydaje się bardzo rozsądne. To założenie zostało już wielokrotnie potwierdzone eksperymentalnie i pokazane m.in. w przykładzie na . Aby móc sformułować matematyczną postać drugiej zasady dynamiki Newtona, zapiszmy relację między przyspieszeniem a → a siłą wypadkową F → wyp . Widać, że zależność ta jest proporcjonalna: a → ∝ F → wyp , gdzie symbol ∝ oznacza proporcjonalność. Nawiązując do omówionej wcześniej definicji siły wypadkowej jako sumy wektorowej wszystkich sił działających na obiekt, często oznaczanej jako ∑ F → , możemy stwierdzić, że przyspieszenie ciała jest proporcjonalne do zewnętrznej siły wypadkowej. Gdy obierzemy już układ, który chcemy przeanalizować, należy zidentyfikować wszystkie siły zewnętrzne, pomijając siły wewnętrzne działające w układzie. Jest to znaczne uproszczenie, pozwalające na pominięcie sił wewnętrznych działających między obiektami, jak i w samych obiektach, takich jak siły mięśni czy niezliczone siły oddziaływania międzycząsteczkowego. Właśnie to uproszczenie umożliwia rozwiązywanie problemów fizycznych z zakresu dynamiki nawet dla złożonych wewnętrznie układów. Przyspieszenie ciała jest także odwrotnie proporcjonalne do jego masy. Im większa masa danego ciała (i co za tym idzie, jego bezwładność), tym mniejsze przyspieszenie ciało zyskuje na skutek działania siły zewnętrznej. Pokazano to na rysunku . Określona siła wypadkowa działająca na piłkę do koszykówki skutkuje znacznie większym przyspieszeniem, niż gdyby tę samą siłę przyłożyć do znacznie cięższego samochodu osobowego. Omawianą proporcjonalność zapisać możemy jako a ∝ 1 m , gdzie m to masa obiektu, natomiast a oznacza wartość jego przyspieszenia. Doświadczenia fizyczne pokazały, że przyspieszenie ciała jest odwrotnie proporcjonalne do jego masy, a wprost proporcjonalnie do siły wypadkowej. Ta sama siła działa na ciała o różnych masach, nadając im różne przyspieszenia. (a) Koszykarz uderza piłkę do koszykówki (zaniedbano efekt siły ciężkości działającej na piłkę). (b) Ten sam człowiek działa na samochód osobowy identyczną siłą jak w przypadku piłki do koszykówki, czego skutkiem jest dużo mniejsze przyspieszenie samochodu, niż to miało miejsce w przypadku piłki. (c) Rozkład sił jest identyczny w obydwu przypadkach. Wykonanie szeregu diagramów sił działających na ciała w podrozdziale Rozkład sił działających na ciało pozwoli ci uzyskać doświadczenie w rozwiązywaniu wielu problemów fizycznych. Wiadomo, że przyspieszenie ciała zależy jedynie od siły wypadkowej działającej na ciało oraz masy ciała. Zestawiając pokazane powyżej proporcjonalności, możemy sformułować matematyczną postać drugiej zasady dynamiki Newtona . Druga zasada dynamiki Newtona Przyspieszenie ciała jest wprost proporcjonalne do siły wypadkowej, ma również ten sam kierunek co siła, natomiast jest odwrotnie proporcjonalne do masy ciała. Możemy to zapisać w formie równania: a → = F → wyp m , gdzie a → to przyspieszenie ciała, F → wyp oznacza siłę wypadkową, natomiast m to masa ciała. Często równanie to zapisuje się w nieco innej postaci F → wyp = ∑ F → = m a → , jednakże pierwsze z tych równań pozwala lepiej zrozumieć drugie prawo Newtona. Gdy rozpatrujemy jedynie wartości wektorów przyspieszenia i siły wypadkowej, powyższe równanie można przedstawić w prostszej formie: F wyp = m a . Druga zasada dynamiki Newtona określa prostą zależność przyczynowo-skutkową między trzema wielkościami, która nie sprowadzają się do ich definicji. Drugie prawo Newtona zostało bardzo dobrze zweryfikowane eksperymentalnie. Schemat rozkładu sił działających na ciało, omówiony w rozdziale Rozkład sił działających na ciało jest podstawą poprawnego sformułowania drugiego prawa Newtona dla danego zagadnienia. Jakie przyspieszenie może nadać człowiek kosiarce? Załóżmy, że siła wypadkowa (siła, z którą pchana jest kosiarka, minus siła tarcia) wywierana na kosiarkę wynosi 51 N, a jej kierunek jest równoległy do podłoża ( ). Masa kosiarki wynosi 24 kg. Jakie przyspieszenie uzyskała kosiarka? (a) Siła wypadkowa działająca na kosiarkę skierowana jest w prawą stronę i wynosi 51 N. Jak bardzo kosiarka przyspiesza? (b) Rozkład sił działających na kosiarkę. Strategia rozwiązania Zauważmy, że powyższy problem dotyczy tylko ruchu kosiarki w kierunku poziomym. Znana jest całkowita siła wypadkowa, reprezentowana przez pojedynczy wektor, jednakże możemy przejść do zapisu skalarnego i wówczas zastosować drugie prawo Newtona w postaci skalarnej. Dana jest: F wyp oraz masa m , więc przyspieszenie ciała można obliczyć bezpośrednio z równania: F wyp = m a . Rozwiązanie Wartość przyspieszenia a wynosi a = F wyp / m . Wstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy: a = 51 N 24 kg . Zastępujemy jednostkę 1 N jednostką kilograma pomnożonego przez metr na sekundę kwadrat: a = 51 kg ⋅ m/s 2 24 kg = 2,1 m/s 2 . Znaczenie Kierunek przyspieszenia jest taki sam, jak kierunek siły, która jest równoległa do podłoża. Jest to wynikiem wektorowej zależności wyrażonej w drugim prawie Newtona: wektor siły wypadkowej jest wielokrotnością wektora przyspieszenia. W analizowanym przykładzie z kosiarką nie podano wielu informacji na temat sił zewnętrznych działających w układzie. Jednakże spróbujmy co nieco o nich powiedzieć. Na przykład siła wywierana przez osobę naciskającą na kosiarkę musi być większa niż siła tarcia skierowana przeciwnie do kierunku ruchu, ponieważ wiemy, że kosiarka poruszała się do przodu. Jeżeli chodzi o siły pionowe, muszą się one równoważyć, ponieważ przyspieszenie nie występuje w kierunku pionowym (kosiarka porusza się jedynie w kierunku poziomym). Znaleziona wartość przyspieszenia jest rozsądnie mała, lecz odpowiada sytuacji, w której jakaś osoba pcha po trawniku kosiarkę. Wysiłek nie potrwa długo, ponieważ osoba pchająca kosiarkę szybko osiągnie prędkość maksymalną. Sprawdź, czy rozumiesz Na początku XX wieku transatlantyk Titanic był jednym z największych na świecie statków pasażerskich. Miał masę równą 6,0 ⋅ 10 7 kg . Gdyby na statek zadziałano ogromną, wynoszącą 6 MN siłą ( 6,0 ⋅ 10 6 N ) , to jakie przyspieszenie osiągnąłby Titanic? 0,1 m/s 2 W poprzednim przykładzie z kosiarką założyliśmy jedynie działanie na kosiarkę poziomo skierowanej siły wypadkowej. Jednakże, w rzeczywistości na kosiarkę działa znacznie więcej sił. Siła ciężkości Q → (omówiona szerzej w podrozdziale Masa i ciężar ) ciągnie kosiarkę w dół, w stronę jądra Ziemi; takie oddziaływanie powoduje powstanie siły kontaktowej z podłożem. Wówczas Ziemia działa na kosiarkę siłą reakcji, skierowaną ku górze: R → , którą zdefiniowaliśmy w podrozdziale Rodzaje sił . Siły te równoważą się, zatem ciało nie podlega pionowemu przyspieszeniu. W następnym przykładzie pokażemy obie te siły. Natomiast teraz, nadal przy użyciu drugiego prawa Newtona, przeanalizuj przykład wielu sił działających na kosiarkę. Która siła jest większa? Samochód przedstawiony na porusza się ze stałą prędkością. Która siła jest większa: T → czy F → oporu ? Wyjaśnij dlaczego. Ten sam samochód porusza się z pewnym przyspieszeniem w prawo. Która siła jest większa: T → czy F → oporu ? Wyjaśnij dlaczego. Na rysunku (a) pokazano samochód poruszający się ze stałą prędkością, natomiast na rysunku (b) ten sam samochód poruszający się ze stałym przyspieszeniem w prawo. Jak przedstawiają się siły działające na samochód w obydwu przypadkach? (A) Jakie informacje dotyczące wartości wektorów siły tarcia i siły oporu daje nam to, że samochód porusza się ze stałą prędkością? (B) Jakie informacje dotyczące wartości wektorów siły tarcia i siły oporu daje nam to, że samochód porusza się ze stałym przyspieszeniem? Strategia rozwiązania Musimy rozpatrzyć zarówno pierwsze, jak i drugie prawo Newtona do rozwiązania tego problemu. Trzeba zdecydować, które prawo znajduje zastosowanie w każdym z tych dwóch przypadków. To pozwoli nam dobrze prześledzić relacje między działającymi w układzie siłami. Rozwiązanie Wartości obydwu sił są równe. Według pierwszej zasady dynamiki, gdy działająca na ciało siła wypadkowa wynosi zero, prędkość ciała jest stała. W tym przypadku wartość siły tarcia T → musi być większa niż siły oporu F → oporu . Jak głosi drugie prawo Newtona, niezerowa siła wypadkowa jest konieczna do występowania przyspieszenia ciała. Znaczenie Powyższe pytania mogą wydawać się trywialne, lecz udzielane na nie odpowiedzi niestety często są nieprawidłowe. Aby samochód lub jakikolwiek inny obiekt mógł się poruszać, musi podlegać przyspieszeniu od stanu spoczynku do określonej prędkości. Wymaga to, aby wartość siły tarcia kół o asfalt była większa niż siła oporu. Jednak, gdy samochód porusza się ze stałą prędkością, siła wypadkowa na niego działająca musi wynosić zero. W przeciwnym razie samochód dozna przyspieszenia (zwiększy swoją szybkość). Aby dobrze rozwiązywać problemy związane z dynamiką, warto najpierw sprawdzić czy ciało porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym lub nie porusza się wcale. Wtedy, zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki Newtona, siły działające na ciało się równoważą. Jak ciąg rakietowy przyspiesza sanie rakietowe? Przed lotami załogowymi w przestrzeni kosmicznej do testowania samolotów, sprzętu rakietowego i różnych efektów fizjologicznych występujących u ludzi przy poruszaniu się z bardzo dużymi prędkościami, używano sań rakietowych. Składały się one z platformy zamontowanej na jednej lub dwóch szynach i napędzanej kilkoma silnikami rakietowymi. Oblicz siłę ciągu każdej z czterech dysz silnika rakietowego (tzw. odrzutu , ang. thrust ) F , pokazanego na . Początkowe przyspieszenie komory rakietowej wynosi 49 m/s 2 , jej masa to 2100 kg, a siła tarcia w układzie wynosi 650 N. Komora rakiety doznaje siły odrzutu pochodzącej od dysz, skierowanej w prawo. Każda z dysz rakietowych wytwarza identyczną siłę ciągu F’. Zaniedbano wszystkie siły oddziaływania między komorą rakiety a osobą się w niej znajdującą. Strzałkę reprezentującą siłę tarcia ( T → ) narysowano większą niż przyjęta skala. Strategia rozwiązania Mimo iż w analizowanym układzie siły działają zarówno w kierunku pionowym, jak i poziomym, przyjmujemy, że siły pionowe się równoważą z powodu braku pionowego przyspieszenia. W układzie istotne są więc jedynie siły poziome i wówczas problem sprowadzony jest do jednego wymiaru. Kierunki sił oznaczone są znakami plus lub minus, przyjmując prawy kierunek jako dodatni. Zapoznaj się z diagramem zawierającym rozkład sił działających na rakietę ). Rozwiązanie W momencie gdy znamy masę obiektu, jego przyspieszenie, siły go napędzające oraz siłę tarcia, możliwe jest rozwiązanie tego zagadnienia poprzez wykorzystanie drugie prawa Newtona. Zgodnie z naszą definicją siła i przyspieszenie skierowane są w prawo, dlatego też musimy rozważyć jedynie wartości tych wielkości. Zacznijmy od podstawowego równania: F wyp = m a , gdzie F wyp to wartości siły całkowitej działającej w kierunku poziomym. Na podstawie rysunku możemy wywnioskować, że siły pochodzące od dysz rakietowych przyjmiemy ze znakiem plus, natomiast siłę tarcia ze znakiem minus. Siła wypadkowa wówczas wynosi F wyp = 4 F ′ − T . Wykorzystujemy drugie prawo Newtona F wyp = m a = 4 F ′ − T . Po prostych przekształceniach otrzymujemy wyrażenie na całkowitą siłę odrzutu pochodzącą od dysz 4 F ′ 4 F ′ = m a + T . Wstawiając znane wartości sił i przyspieszenia podanych w treści zadania, otrzymujemy: 4 F ′ = m a + T = ( 2 100 kg ) ( 49 m/s 2 ) + 650 N . Wynika z tego, że całkowita siła odrzutu silnika wynosi 4 F ′ = 1,0 ⋅ 10 5 N , a cząstkowa siła odrzutu każdej z dysz to wówczas: F ′ = 1,0 ⋅ 10 5 N 4 = 2,5 ⋅ 10 4 N . Znaczenie Bardzo wysoki wynik otrzymanej siły odrzutu rakiety może wydać się zaskakujący. Eksperymenty z udziałem ludzi i rakiet odrzutowych były przeprowadzone już na początku lat sześćdziesiątych, aby przetestować granice ludzkiej wytrzymałości w ekstremalnych warunkach. Tego typu układy projektowano w celu ochrony pilotów katapultujących się z myśliwców odrzutowych. Uzyskano prędkości nawet dochodzące do 1000 km/h, przyspieszenie układu wynosiło prawie 45 g ( g oznacza tutaj przyspieszenie grawitacyjne, wynoszące 9,81 m/s 2 ). Przyspieszenie będące 45-krotną wielokrotnością g to 45 ⋅ 9,8 m/s 2 , co w przybliżeniu wynosi 440 m/s 2 ). Obecnie nie wykonuje się prób z udziałem ludzi, jednak warto powiedzieć, że maksymalna prędkość osiągnięta sanie rakietowe to prawie 10 000 km/h! W tym przykładzie, podobnie jak w poprzednim, analizowany układ jest stosunkowo prosty. W dalszych przykładach zauważymy, że dobre zdefiniowanie analizowanego układu i jego wybór ma kluczowe znaczenie w rozwiązaniu problemu. Czasem problem nie jest wcale oczywisty. Drugie prawo Newtona jest czymś więcej niż tylko definicją; ukazuje fundamentalny związek między przyspieszeniem, siłą i masą obiektu. Prawo to może nam pomóc podejmować pewne decyzje. Każda z wielkości fizycznych pojawiających się w tym prawie może być zdefiniowana niezależnie, więc drugie prawo Newtona wyjaśnia nam prawdy podstawowe i uniwersalne o funkcjonowaniu natury. Sprawdź, czy rozumiesz. Samochód sportowy o masie 550 kg zderzył się z ciężarówką o masie 2200 kg. Podczas kolizji siła wypadkowa działająca na każdy z pojazdów jest w zasadzie siłą pochodzącą od drugiego pojazdu. Jeżeli wartość przyspieszenia ciężarówki wynosi 10 m/s 2 , jakie przyspieszenie osiągnął samochód sportowy? 40 m/s 2 Wektorowa forma drugiego prawa Newtona Omówiliśmy drugą zasadę dynamiki Newtona i sformułowaliśmy ją w formie wektorowego . To równanie wektorowe może być zapisane również w postaci trzech równań składowych: ∑ F → x = m a → x , ∑ F → y = m a → y , oraz ∑ F → z = m a → z . Drugie prawo Newtona opisuje, w jaki sposób ciało odpowiada mechanicznie na środowisko je otaczające. Wpływ środowiska zewnętrznego to nic innego jak siła wypadkowa F → wyp , odpowiedzią ciała jest przyspieszenie a → , przy czym odpowiedź ta jest odwrotnie proporcjonalna do masy m . W ogólności im większa jest masa ciała, tym jego odpowiedź na siłę zewnętrzną jest mniejsza. Dlatego też masa ciała jest miarą jego bezwładności co pokazaliśmy w podrozdziale Pierwsza zasada dynamiki Newtona . Siła i piłka nożna Piłkarz kopnął przez boisko piłkę o masie 400 g. Nadał piłce wówczas przyspieszenie a → = ( 3,00 i ^ + 7,0 j ^ ) m/s 2 . Znajdź: siłę działającą na piłkę; wartość i kierunek tej siły. Strategia rozwiązania Przyspieszenie zapisano w notacji wersorowej, gdzie wersory jednostkowe i ^ oraz j ^ definiują kierunek działania składowych przyspieszenia odpowiednio w kierunkach x i y . Rozwiązanie Zastosujmy drugie prawo Newtona: F → wyp = m a → = ( 0,400 kg ) [ ( 3,00 i ^ + 7,00 j ^ ) m/s 2 ] = ( 1,20 i ^ + 2,80 j ^ ) N . Wartość i kierunek siły wypadkowej F wyp : F wyp = 1,20 ⁢ N 2 + 2,80 ⁢ N 2 = 3,05 ⁢ N ⁢ , θ = arc tg 2 80 1 20 = 66,8 ° ⁢ . \\begin{align} F_{\\text{wyp}} &= \\sqrt{(\\SI{1,20}{\\newton})^2 + (\\SI{2,80}{\\newton})^2} = \\SI{3,05}{\\newton} \\text{,} \\\\ \\theta &= \\arctg (\\frac{2,80}{1,20}) = \\ang{66,8} \\text{.} \\end{align} Znaczenie Musimy pamiętać, że druga zasada dynamiki Newtona jest opisywana równaniem wektorowym. W przypadku (a) mnożymy wektor przez skalar, aby określić wypadkową siłę w postaci wektorowej. Zapis wektorowy siły wypadkowej daje nam jej zwartą reprezentację, jednakże nie mówi nam nic o jej wartości czy kierunku. W punkcie (b) z kolei określiliśmy faktyczną wartość działającej siły oraz kierunek, w którym działa. Masa samochodu Znajdź masę samochodu, jeśli działająca na niego siła wypadkowa o wartości 600,0 j ^ N powoduje przyspieszenie samochodu 0,2 j ^ m/s 2 . Strategia rozwiązania Z matematycznego punktu widzenia nie istnieje działanie dzielenia wektorów, dlatego też m = F → wyp / a → jest działaniem nieprawidłowym. Jednakże masa m jest skalarem, więc możemy zastosować skalarną postać drugiego prawa Newtona: m = F wyp / a . Rozwiązanie Zastosujmy relację m = F wyp / a , wstawiając odpowiednio długości wektorów przyspieszenia i siły wypadkowej: F wyp = 600,0 N i a = 0,2 m/s 2 . Zatem: m = F wyp a = 600,0 N 0,2 m/s 2 = 3 000 kg . Znaczenie Zarówno siła, jak i przyspieszenie były dane w formie wektorów, zapisanych za pomocą wersorów jednostkowych i ^ i j ^ , lecz zauważmy, że szukana masa jest wielkością skalarną, dlatego też nie zapisano jej z użyciem wersorów i ^ oraz j ^ . Wiele sił działających na cząstkę Cząstka o masie m = 4,0 kg poddana jest działaniu czterech sił o wartościach bezwzględnych odpowiednio F 1 = 10,0 N , F 2 = 40,0 N , F 3 = 5,0 N , F 4 = 2,0 N . Siły te działają w kierunkach przedstawionych na diagramie z . Jakie przyspieszenie ma analizowana cząstka? Cztery siły, zdefiniowane w układzie współrzędnych xy działają na cząstkę o masie 4 kg. Strategia rozwiązania Ponieważ układ jest dwuwymiarowy, należy narysować rozkład sił działających na cząstkę, uwzględniając rozkład sił na składowe. Po pierwsze siłę F → 1 należy rozłożyć na składowe wzdłuż osi x i y . Wówczas możemy zastosować drugie prawo Newtona osobno dla każdego z dwóch wyróżnionych kierunków. Rozwiązanie Rysujemy diagram sił, przedstawiony na . Następnie możemy zastosować drugie prawo Newtona. Rozpatrujemy wektory składowe sił osobno w kierunku x : ∑ F x = m ⁢ a x ⁢ , F 1 x - F 3 x = m ⁢ a x ⁢ , F 1 ⁢ cos 30 ° - F 3 x = m ⁢ a x ⁢ , 10,00 ⁢ N ⋅ cos 30 ° - 5,0 ⁢ N = 4,0 ⁢ kg ⋅ a x ⁢ , a x = 0,92 ⁢ m / s 2 ⁢ , i w kierunku y : ∑ F y = m ⁢ a y ⁢ , F 1 y + F 4 y - F 2 y = m ⁢ a y ⁢ , F 1 ⁢ sin 30 ° + F 4 y - F 2 y = m ⁢ a y ⁢ , 10,00 ⁢ N ⋅ sin 30 ° + 2,0 ⁢ N - 40,0 ⁢ N = 4,0 ⁢ kg ⋅ a y ⁢ , a y = - 8,3 ⁢ m / s 2 ⁢ . Wynika z tego, że przyspieszenie cząstki wynosi: a → = ( 0,92 i ^ − 8,3 j ^ ) m/s 2 , jest ono zatem wektorem o długości 8,4 m/s 2 skierowanym pod kątem 276 ∘ do dodatniej półosi x . Znaczenie Można znaleźć liczne przykłady w życiu codziennym, kiedy mamy do czynienia z trzema lub więcej siłami działającymi na pojedynczy obiekt. Tak jest w przypadku mocujących na moście Golden Gate lub piłkarza, który jest popychany i blokowany przez trzech obrońców. Widzimy, że rozwiązanie tego przykładu stanowi jedynie rozszerzenie tych zagadnień, które już rozpatrywaliśmy. Sprawdź, czy rozumiesz. Na samochód osobowy działają siły zgodnie z poniższym rysunkiem. Masa samochodu wynosi 1000 kg. Pada deszcz, więc jezdnia jest bardzo śliska. Wówczas siłę tarcia możemy zaniedbać. (a) Jaka jest siła wypadkowa działająca na samochód? (b) Znajdź również przyspieszenie samochodu. Siła wypadkowa wynosi ( 159,0 i ^ + 770,0 j ^ ) N ; przyspieszenie samochodu to ( 0,1590 i ^ + 0,7700 j ^ ) m/s 2 . Drugie prawo Newtona a pęd ciała Newton sformułował swoje prawo również w odniesieniu do pędu ciała: „Szybkość zmian pędu ciała równa jest sile na nie działającej”. (Szybkość zmian rozumiana jest jako pochodna po czasie). Możemy to sformułowanie zapisać w formie równania: F → wyp = d p → d t . Oznacza to, że druga zasada dynamiki Newtona odnosi się do podstawowej kwestii ruchu: co powoduje zmianę ruchu obiektu? Pęd ciała został opisany przez Newtona jako pewien „parametr ilościowy ruchu”, czyli relacja łącząca prędkość obiektu i jego masę. Na użytek tego rozważania możemy zdefiniować pęd p → ciała jako iloczyn jego masy m i prędkości v → : p → = m v → . Ponieważ prędkość ciała jest wielkością wektorową, pęd również nią jest. Przykładowo, pociąg poruszający się z prędkością 10 m/s ma większy pęd niż wówczas, gdyby poruszał się z prędkością 2 m/s. Podstawiając definicję pędu do , opisującego siłę w zależności od pędu, otrzymujemy: F → wyp = d p → d t = d ( m v → ) d t , gdzie m to stała (masa), więc możemy zapisać powyższe równanie nieco inaczej: F → wyp = m d ( v → ) d t = m a → . Widzimy, że drugie prawo Newtona zapisane w funkcji pędu ciała, po odpowiednich przekształceniach matematycznych redukuje się do formy pokazanej wcześniej w niniejszym podrozdziale. Przeanalizuj przykłady pokazane w aplikacji siły w działaniu , zobacz, co się dzieje gdy ciągnięty jest wózek albo gdy pchana jest lodówka, skrzynia lub człowiek. Stwórz w aplikacji przykładana siła model sił w układzie i przeanalizuj, jak zachowują się obiekty. Zbadaj również sytuację w przypadku ciała na równi pochyłej i zobacz, jak to wpływa na ich ruch. Podsumowanie Siła zewnętrzna to taka, która działa na obiekt spoza przyjętego układu, w odróżnieniu od siły wewnętrznej, która jest wynikiem oddziaływania między obiektami wewnątrz danego układu. Druga zasada dynamiki Newtona mówi, że siła wypadkowa działająca na obiekt o danej masie jest wprost proporcjonalna do jego przyspieszenia. Drugie prawo Newtona opisuje również siłę wypadkową jako szybkość zmian pędu w czasie. Niezerowa siła wypadkowa powoduje występowanie w układzie niezerowego przyspieszenia. Pytania Dlaczego możemy zaniedbać podczas stosowania drugiego prawa Newtona siły utrzymujące zwartą strukturę materii analizowanego obiektu? Podrzucamy kamień pionowo do góry. W punkcie maksymalnej wysokości prędkość kamienia maleje do zera. Czy to oznacza, że w tym punkcie również wszystkie działające na kamień siły się zerują? Nie. Gdyby siła wypadkowa działająca na ciało wynosiła w tym punkcie zero, to chwilowo wynosząca zero prędkość ciała nie zmieniłaby się. Jest to nieprawda, ponieważ nie obserwujemy sytuacji, w której po osiągnięciu maksymalnej wysokości ciało „zawisa” w powietrzu. Zadania Andrzej, sprinter ważący 63 kg, startuje w wyścigu, osiągając przyspieszenie 4,200 m/s 2 . Jaka jest siła wypadkowa działająca na niego? Jeżeli sprinter, wspomniany w poprzednim zadaniu, przyspieszy na dystansie 20 m, po czym zacznie utrzymywać stałą prędkość i przebiegnie łączny dystans 100 m, to jaki będzie całkowity czas biegu sprintera? Biegnąc od momentu spoczynku, podczas przyspieszania sprinter w końcu osiągnie prędkość v = 12,96 m/s . Czas, w którym przyspieszał, znajdziemy z relacji: x = 20,00 m = 0 + 0,5 a t 1 2 lub inaczej t 1 = 3,086 s . W momencie, w którym zaczął utrzymywać stałą prędkość swojego ruchu, x 2 = v t 2 lub inaczej t 2 = x 2 / v = 80,00 m / 12,96 m/s = 6,173 s . Całkowity czas ruchu sprintera wynosi więc 9,259 s. Pracownik pralni pcha koszyk z praniem o masie 4,5 kg, działając na niego siłą 60 N. Oblicz przyspieszenie koszyka. Astronauci pracujący na orbicie znajdują się w stanie nieważkości. Do ustalenia masy astronautów stosuje się m.in. metodę, w której na astronautę wywiera się stałą siłę i mierzy się przyspieszenie, jakiego astronauta doznaje. Załóżmy, że na astronautę działa siła zewnętrzna 50 N, a zmierzone przyspieszenie astronauty wynosi 0,893 m/s 2 . Oblicz masę astronauty. Wywierając siłę na astronautę, statek kosmiczny, w którym astronauta się znajduje, doświadcza występowania siły o tej samej wartości, lecz przeciwnym zwrocie. Wykorzystaj tę wiedzę do znalezienia przyspieszenia całego układu (astronauta plus statek kosmiczny) mierzonego przez obserwatora znajdującego się blisko statku. Zastanów się, jak efekt ten może wpływać na pomiar przyspieszenia astronauty. Zaproponuj metodę, dzięki której można uniknąć efektu odrzutu w statku kosmicznym przy pomiarze masy astronauty. m = 56,0 kg ; a zmierzone = a astro + a stat , gdzie a stat = m astro a astro m stat ; Gdyby siła wywierana na astronautę mogłaby pochodzić z jakiegokolwiek innego źródła niż statek, nie doznawałby on odrzutu. Na siła wypadkowa o wartości 51 N działa na kosiarkę o masie 24 kg. Jeżeli siła tarcia pomiędzy kosiarką a trawą wynosi 24 N, jaka jest siła F wywierana przez człowieka na kosiarkę? Załóż, że kosiarka porusza się z prędkością 1,5 m/s, gdy siła F przestanie działać. Jak daleką drogę pokona kosiarka przed zatrzymaniem się? Sanie rakietowe przedstawione na poniższym rysunku zwalniają z opóźnieniem 196 m/s 2 . Jaka siła potrzebna jest do wywołania w układzie takiego opóźnienia? Załóż, że dysze rakietowe są wyłączone, a masa układu wynosi 2,1 ⋅ 10 3 kg. F wyp = 4,12 ⋅ 10 5 N Jeżeli sanie rakietowe z powyższego zadania startują jedynie z jedną działającą dyszą, jaka jest wartość ich przyspieszenia? Załóż, że masa sań wynosi 2,10 ⋅ 10 3 kg, siła odrzutu pojedynczej dyszy wynosi F ′ = 2,40 ⋅ 10 4 N , natomiast siła tarcia, skierowana przeciwnie do kierunku ruchu wynosi 650 N. (b) Dlaczego otrzymany wynik przyspieszenia nie stanowi 1/4 wartości uzyskane w przypadku wszystkich czterech działających dysz? Jakie jest opóźnienie sań rakietowych, jeżeli zmieniły swoją prędkość z 1000 km/h do 0 km/h w jedynie 1,1 s? (Takie opóźnienie spowodowało u człowieka tymczasową ślepotę i utratę przytomności). a = 253 m/s 2 Na dziecko znajdujące się w wózku dwoje innych dzieci działa siłami o kierunku poziomym, ale przeciwnych zwrotach. Pierwsze dziecko działa siłą o wartości 75 N, drugie o wartości 90 N, a siła tarcia w układzie wynosi 12 N. Masa trzeciego dziecka wraz z wózkiem to 23 kg. (a) Jaki należy rozpatrzyć układ, aby obliczyć przyspieszenie dziecka w wózku? (Rzuć okiem na diagram sił na poniższym rysunku). (b) Oblicz przyspieszenie dziecka. (c) Jakie będzie przyspieszenie dziecka w wózku, jeżeli siła tarcia w układzie wynosi 15 N? Motocykl wyścigowy potrafi osiągnąć przyspieszenie nawet do 3,50 m/s 2 przy prędkości 90 km/h. Przy tej prędkości siły przeciwdziałające tarciu i siłom oporu powietrza (działającym przeciwnie do kierunku ruchu) wynoszą prawie 400 N. Jaka jest wartość siły ciągu silnika motocyklowego, aby mógł on mimo działania tak dużych sił oporu, uzyskać przyspieszenie 3,50 m/s 2 ? Masa motocykla wraz z motocyklistą wynosi 245 kg. F wyp = F − T = m a ⇒ F = 1,26 ⋅ 10 3 N Samochód o masie 1000 kg zmienia swoją prędkość od 0 do 90 km/h w 10 s. (a) Jakie jest przyspieszenie samochodu? (b) Jaka jest siła wypadkowa działająca na samochód? Kierowca samochodu wspomnianego w poprzednim zadaniu zahamował, gdy samochód jechał z prędkością 90 km/h. Samochód zatrzymał się po przejechaniu drogi 40 m. Jaka była siła wypadkowa działająca na samochód podczas hamowania? v 2 = v 0 2 + 2 a x ⇒ a = − 7,80 m/s 2 F wyp = − 7,80 ⋅ 10 3 N Pasażer samochodu poruszający się z prędkością 1,00 ⋅ 10 2 km/h i ważący 80 kg ma zapięte pasy bezpieczeństwa. W pewnym momencie kierowca gwałtownie zahamował i auto zatrzymało się po przejechaniu drogi 45 m. Jaka siła była wywierana na pasażera przez pasy bezpieczeństwa podczas hamowania? Na cząstkę o masie 2 kg działa pojedyncza siła F → 1 = 18 i ^ N . Jakie jest przyspieszenie cząstki? Jeżeli cząstka zaczyna ruch od spoczynku, jaką drogę przebędzie przez pierwsze 5 s ruchu? F → wyp = m a → ⇒ a → = 9,0 i ^ m/s 2 ; Wartość przyspieszenia wynosi 9,0 m/s 2 , więc droga to x = 110 m . Załóżmy, że cząstka opisana w poprzednim zadaniu doświadcza również działania sił F → 2 = − 15,0 i ^ N i F → 3 = 6,0 j ^ N Jakie wówczas będzie przyspieszenie cząstki? Znajdź wartość przyspieszenia ciała o masie 5 kg przedstawionego na poniższym rysunku. ( 1,6 i ^ − 0,8 j ^ ) m/s 2 Na poniższym rysunku przedstawiono klocek spoczywający na poziomej płaszczyźnie. Tarcie między klockiem a podłożem zaniedbujemy. Jeżeli na klocek działają dwie siły o wartościach F = 30,0 N i M = 10,0 kg , jaka jest wartość przyspieszenia klocka? druga zasada dynamiki Newtona (ang. Newton's second law of motion ) Jeśli siły zewnętrzne działające na ciało nie równoważą się, to ciało porusza się z przyspieszeniem wprost proporcjonalnym do siły wypadkowej, a odwrotnie proporcjonalnym do masy ciała.", "section": "Druga zasada dynamiki Newtona", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Masa i ciężar ciała Masa i ciężar często używane są zamiennie podczas codziennej rozmowy. Mówi się na przykład o ciężarze ciała w kilogramach, zamiast we właściwych jednostkach – niutonach. W fizyce jest to jednak bardzo istotna różnica. Ciężar to efekt przyciągania ciała przez kulę ziemską. Wartość tego oddziaływania zależy od odległości od środka Ziemi. Masa, w przeciwieństwie do ciężaru, nie zmienia się w zależności od położenia w polu grawitacyjnym. Masa obiektu jest taka sama na Ziemi, na orbicie ziemskiej lub na powierzchni Księżyca. Jednostka siły Równanie F wyp = m a używane jest w celu definiowania siły wypadkowej w funkcji masy, położenia i czasu. Jak już wspomnieliśmy, jednostką siły w układzie SI jest niuton. Skoro F wyp = m a , to 1 N = 1 kg ⋅ m/s 2 . Ciężar ciała i siła grawitacji Gdy upuszczamy jakiś przedmiot, opada on z pewnym przyspieszeniem w kierunku środka kuli ziemskiej. Drugie prawo Newtona mówi, że siła wypadkowa działająca na obiekt jest odpowiedzialna za jego przyspieszenie. Jeżeli siły oporu powietrza są zaniedbywalne, całkowita siła wypadkowa działająca na ciało to siła oddziaływania grawitacyjnego między obiektem a kulą ziemską, nazywana siłą ciężkości (lub inaczej ciężarem ciała) (ang. weight ) Q → . Ciężar ciała jest wielkością wektorową, ponieważ posiada zdefiniowany kierunek; siła ta skierowana jest w dół , zgodnie z wektorem natężenia pola grawitacyjnego. Galileusz udowodnił, że przy braku sił oporu powietrza wszystkie ciała spadają swobodnie z tym samym przyspieszeniem, dziś oznaczanym symbolem g . Korzystając z teorii Galileusza oraz drugiego prawa Newtona, możemy wyprowadzić równanie na ciężar ciała. Rozpatrzmy obiekt o masie m opadający swobodnie w polu grawitacyjnym. Obiekt ten doświadcza jedynie obecności pionowej siły ciężkości (ciężaru) Q → . Druga zasada dynamiki Newtona mówi, że siła wypadkowa dana jest zależnością F → wyp = m a → . Całkowite przyspieszenie ciała wywołane polem grawitacyjnym wynosi g → , czyli a → = g → . Wstawiając jedno do drugiego otrzymać możemy wyrażenie na ciężar ciała. Ciężar Siła grawitacji działająca na daną masę to jej ciężar. Zapiszmy tą relację w formie wektorowej, gdzie Q → to siła ciężkości, a m to masa ciała: Q → = m g → . Przechodząc do formy skalarnej: Q = m g . Skoro g = 9,80 m/s 2 na powierzchni Ziemi, ciężar ciała o masie 1 kg wynosi 9,80 N: Q = m g = ( 1,00 kg ) ( 9,8 m/s 2 ) = 9,80 N . Kiedy jedyną zewnętrzną siłą działającą na obiekt jest jego ciężar, mówimy, że ciało swobodnie spada (ang. free fall ) w polu grawitacyjnym. Jednakże, gdy przedmioty spadają w polu ziemskim, nigdy nie jest to spadek swobodny, ponieważ zawsze istnieją pewne siły oporu ruchu, np. powietrza działającego na przedmiot. Przyspieszenie grawitacyjne g zależy nieznacznie od położenia nad powierzchnią Ziemi, więc siła ciężkości działająca na ciało zależy od jego położenia. Nie jest ona jedynie własnością danego ciała. Ciężar ciał zmienia się istotnie, gdy opuścimy Ziemię. Na przykład na Księżycu przyspieszenie grawitacyjne wynosi jedynie 1,7 m/s 2 . Obiekt o masie 1 kg doznaje na Ziemi działania siły ciężkości o wartości 9,8 N, natomiast na Księżycu jedynie 1,7 N. Najogólniejszą definicją siły ciężkości, czyli ciężaru ciała, jest siła oddziaływania tego ciała z najbliższym i dużym obiektem, takim jak Ziemia, Księżyc czy Słońce. Jest to najczęściej używana definicja siły ciężkości w fizyce. Różni się ona znacząco od definicji ciężaru używanej przez NASA czy media publiczne. Gdy mówią oni o „stanie nieważkości” albo „mikrograwitacji”, odnoszą się do zjawiska, które my określamy jako spadek swobodny. Będziemy używać podanej wyżej definicji ciężaru jako siły Q → , będącej wynikiem oddziaływania kuli ziemskiej z masą m , i będziemy rozróżniać spadek swobodny i faktyczną nieważkość. Pamiętaj, że masa i ciężar to dwie odrębne wielkości fizyczne, mimo że są sobie dość bliskie. Masa to pewna własność danego ciała, mówiąca o ilości materii w nim zawartej. Ilość materii zawartej w danym ciele określona jest przez liczbę tworzących je atomów i cząsteczek. Ponieważ ilość materii w danym ciele jest stała, w fizyce newtonowskiej masa jest parametrem stałym. Nie zmienia się więc reakcja ciała na przyłożoną siłę zewnętrzną. Natomiast ciężar zależy od przyspieszenia grawitacyjnego. Na przykład osoba znajdująca się w obniżeniu terenu, bliżej środka kuli ziemskiej, ma ciężar nieznacznie większy niż osoba ulokowana wysoko na wzniesieniu, mimo że mają taką samą masę. To bardzo kuszące, aby utożsamić definicje ciężaru i masy obiektu, ponieważ badane ciało najczęściej znajduje się przy powierzchni Ziemi, gdzie ciężar obiektu zmienia się bardzo nieznacznie w zależności od jego lokalizacji. Ponadto, trudno jest policzyć ilość i zidentyfikować wszystkie atomy i molekuły w danym obiekcie, więc masa ciała rzadko jest określana jako miara liczby molekuł w ciele. Jeśli weźmiemy pod uwagę sytuację, w której g → jest na Ziemi stałe, widzimy wówczas, że ciężar Q → jest wprost proporcjonalny do masy m . Skoro Q → = m g → , oznacza to, że im bardziej masywny jest obiekt, tym większy jego ciężar. Masa obiektu jest operacyjnie definiowana poprzez porównanie ze wzorcem kilograma, tak jak omówione to zostało w rozdziale Jednostki i pomiary . Porównując obiekt znajdujący się na Ziemi i Księżycu, zauważymy znaczne różnice w jego ciężarze, ale nie w masie. Dla przykładu, na Ziemi obiekt o masie 5 kg ma ciężar 49 N, natomiast na Księżycu, gdzie g wynosi 1,67 m/s 2 , ciężar ten to jedynie 8,4 N. Masa obiektu nie ulega zmianie i wynosi 5 kg zarówno na Księżycu, jak i na Ziemi. Porządkowanie pola uprawnego Rolnik oczyszcza swoje pole uprawne z kamieni. Podnosi kamień o ciężarze 180 N. Jaką siłą musi zadziałać na kamień, jeśli przyspieszenie kamienia wynosi 1,5 m/s 2 ? Strategia rozwiązania W treści zadania podano ciężar kamienia, dla którego musimy znaleźć siłę wypadkową. Musimy jednak znaleźć również masę kamienia, aby móc zastosować drugie prawo Newtona. Zatem konieczne jest skorzystanie z relacji: Q = m g w celu znalezienia masy kamienia. Rozwiązanie Jak widać na poniższym rysunku, żadne siły nie działają w kierunku poziomym, więc możemy skoncentrować się jedynie na analizie sił pionowych. Kierunek przyspieszenia kamienia oznaczono z boku rysunku. Ma to na celu uzmysłowienie, że obiekt przyspiesza do góry (więc zwrot siły wypadkowej jest skierowany w górę). Q = m ⁢ g ⁢ , m = Q g = 180 N 9,8 m / s 2 = 18 kg ⁢ , ∑ F = m ⁢ a ⁢ , F - Q = m ⁢ a ⁢ , F - 180 kg = 18 kg ⋅ 1,5 m / s 2 ⁢ , F - 180 kg = 27 N ⁢ , F = 207 N = 210 N ⁢ (po zaokrągleniu do dwóch cyfr znaczących). Znaczenie Aby móc zastosować drugie prawo Newtona w celu rozwiązania zadania, czasami musimy użyć innych równanań, takich jak związek pomiędzy masą a ciężarem lub jedno z kinematycznych równań ruchu. Sprawdź, czy rozumiesz. Dla przypadku z , znajdź przyspieszenie kamienia, gdy rolnik działa na kamień siłą 230 N skierowaną w górę. a = 2,78 m/s 2 Czy umiałbyś uniknąć lądowania na kamienistym polu, zanim skończyłoby się paliwo w twojej rakiecie, tak jak zrobił to Neil Armstrong w 1969 roku? W linku klasyczna gra wideo znajdziesz pewien rodzaj gry wideo, w której możesz zasymulować rzeczywisty ruch lądownika, znając jego masę, siłę ciągu dysz rakietowych oraz grawitację Księżyca. W rzeczywistości sterowanie lądownikiem jest bardzo trudne. Zapoznaj się z symulacją , w której możesz zmieniać położenie Słońca, Ziemi, Księżyca czy stacji kosmicznych, aby zaobserwować wpływ na ich wzajemne oddziaływanie grawitacyjne i orbity. Zasymuluj różne rozmiary i odległości między różnymi ciałami niebieskimi. Zobacz, jak zachowa się układ po wyłączeniu grawitacji. Podsumowanie Masa jest miarą ilości materii w danym ciele. Ciężar ciała, czyli jego siła ciężkości, to wypadkowa siła działająca na ciało podczas spadku swobodnego. Ciała doznają przyspieszenia na skutek działania pola grawitacyjnego. Podczas spadku swobodnego na Ziemi ciała doznają również działania sił oporu powietrza. Dlatego też spadek swobodny jest tylko pewnym modelem (przybliżeniem). Rozróżniamy pomiędzy spadkiem swobodnym a stanem nieważkości. Definiujemy ciężar jako wynik działania pola grawitacyjnego na ciało w nim się znajdujące. Pytania Jaka jest zależność pomiędzy masą a ciężarem? Która z tych wielkości jest własnością ciała, a nie funkcją położenia w polu grawitacyjnym? Jaki jest ciężar astronauty o masie 70 kg znajdującego się w kosmosie, daleko od jakiegokolwiek ciała niebieskiego? Jaka jest jego masa w tym miejscu? Astronauta w kosmosie pozostaje w stanie nieważkości, ponieważ w jego pobliżu nie znajduje się żadne większe ciało (planeta bądź gwiazda) będące źródłem pola grawitacyjnego. Jego masa wynosi 70 kg niezależnie od miejsca, w którym się znajduje. Które z poniższych stwierdzeń jest prawdziwe? Masa i ciężar to ta sama wielkość fizyczna, lecz wyrażona w innych jednostkach. Gdy ciało nie ma ciężaru, jego masa również musi być zerowa. Jeżeli ciężar danego ciała jest zmienny, zmienna musi być również jego masa. Masa i bezwładność ciała to pojęcia ze sobą niepowiązane. Ciężar ciała jest wielkością zawsze proporcjonalną do jego masy. Gdy znajdujesz się na Ziemi, twoje stopy działają na powierzchnię Ziemi siłą równą twojemu ciężarowi. Dlaczego na skutek tego kula ziemska nie doznaje przyspieszenia? Siła, którą działasz na kule ziemską (siła kontaktowa równa twojemu ciężarowi), jest bardzo mała. Masa Ziemi jest nieporównywalnie większa niż twoja. Dlatego też przyspieszenie kuli Ziemskiej w wyniku działania twojego ciężaru jest bardzo małe. Aby to zrozumieć, zastosuj drugie prawo Newtona w celu obliczenia przyspieszenia kuli ziemskiej, zakładając, że twój ciężar wynosi 600 N, a masa Ziemi to 6,00 ⋅ 10 24 kg . Jak można zapisać wartość przyspieszenia ziemskiego g → w formie wektorowej? Zadania Ciężar astronauty wraz z kombinezonem na Księżycu wynosi tylko 250 N. Jaki jest ciężar astronauty (w kombinezonie) na Ziemi? Jaka jest jego masa na Ziemi, a jaka na Księżycu? Q Księżyc = m g Księżyc m = 150 kg Q Ziemia = 1,5 ⋅ 10 3 N Masa astronauty w kombinezonie jest taka sama, niezależnie od tego, gdzie się znajduje, wynosi zawsze 150 kg . Załóżmy, że masa całkowicie obładowanego statku, którym astronauta opuszcza powierzchnię Księżyca, wynosi 1,00 ⋅ 10 4 kg. Siła ciągu dysz rakietowych wynosi 3,00 ⋅ 10 4 N. Oblicz wartość pionowego przyspieszenia statku podczas opuszczania Księżyca. Czy mógłby oderwać się od Ziemi? Jeżeli nie, to dlaczego? Jeżeli tak, oblicz wartość przyspieszenia statku podczas opuszczania Ziemi. Sanie rakietowe przyspieszają z przyspieszeniem równym 49,0 m/s 2 . Masa pasażera wynosi 75 kg. Oblicz poziomą wartość siły, z jaką pasażer w saniach działa na siedzenie. Porównaj tę siłę z ciężarem pasażera. Znajdź kierunek i wartość siły wypadkowej działającej na pasażera podczas ruchu sań. F h = 3,68 ⋅ 10 3 oraz Q = 7,35 ⋅ 10 2 N F h Q = 5 razy większe niż ciężar pasażera F wyp = 3 750 N θ = 11 , 3 ∘ względem kierunku poziomego Pomyśl jeszcze raz o saniach rakietowych z poprzedniego zadania. Załóż teraz, że zwalniają one z opóźnieniem 201 m/s 2 . W tym przypadku siła wywierana jest na pasażera przez pasy bezpieczeństwa. Siła o wartości 25 N działa na ciało o masie 2 kg w kierunku pionowym w górę. Jakie przyspieszenie uzyskało ciało? Q = 19,6 N F wyp = 5,40 N F wyp = m a ⇒ a = 2,70 m/s 2 Samochód o ciężarze 12 500 N przyspiesza od prędkości zerowej do 83 km/h w jedynie 5 s. Siła tarcia wynosi 1350 N. Znajdź siłę ciągu silnika samochodu. Ciało o masie 10 kg znajduje się w polu grawitacyjnym Ziemi o natężeniu g = 9,80 m/s 2 . Jaka siła wypadkowa działa na to ciało, jeśli nie występują żadne inne siły zewnętrzne? 98 N Strażak o masie m usłyszał syrenę strażacką, więc zjechał po rurze w dół z przyspieszeniem a (które ma mniejszą wartość niż g ). Napisz równanie pozwalające na obliczenie pionowej siły, którą strażak działa na rurę; Jeżeli jego masa wynosi 90 kg, a przyspieszenie, z którym zjeżdża po rurze, wynosi 5,00 m/s 2 , jaka jest wartość siły, którą strażak działa na rurę? Bejsbolista wykonuje pokaz swoich możliwości do reklamy telewizyjnej: łapie piłkę o masie 145 g upuszczoną z wysokości 60 m powyżej poziomu jego rękawicy. Udało mu się zatrzymać piłkę w czasie 0,01 s. Jaka jest siła wywierana przez rękawicę bejsbolisty na piłkę w momencie kontaktu? Pomiń opór powietrza. 497 N Na poniższym rysunku pokazano ułożenie Księżyca względem Ziemi i Słońca. Siła oddziaływania grawitacyjnego pomiędzy Ziemią a Księżycem wynosi F Z K , natomiast między Księżycem a Słońcem F S K . Siły te są do siebie prostopadłe. Wartości tych sił wynoszą odpowiednio F Z K = 1,98 ⋅ 10 20 N oraz F S K = 4,36 ⋅ 10 20 N . Pozostałe siły zaniedbujemy. Wiedząc, że masa Księżyca wynosi 7,35 ⋅ 10 22 kg , wyznacz całkowite przyspieszenie Księżyca. spadek swobodny (ang. free fall ) swobodny ruch ciał pod wpływem działania jedynie siły ciężkości ciężar (ang. weight ) siła będąca wynikiem oddziaływania grawitacyjnego między kulą Ziemską a masą znajdująca się w jej polu grawitacyjnym", "section": "Masa i ciężar ciała", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Trzecia zasada dynamiki Newtona Kilka rozdziałów wcześniej zdefiniowaliśmy siłę jako wynik na przykład pchania bądź ciągnięcia ciała. Jednakże gdy dobrze się zastanowisz, zauważysz, że czynności te nigdy nie pozostają bez pewnej odpowiedzi. Gdy naciskasz na ścianę, ściana działa na ciebie tą samą siłą, lecz o zwrocie przeciwnym. To przybliża nas do zrozumienia trzeciej zasady dynamiki Newtona , nazywanej też trzecim prawem Newtona (ang. Newton's third law of motion ). Trzecia zasada dynamiki Newtona Jeżeli jedno ciało działa na drugie pewną siłą, to drugie ciało działa na pierwsze siłą o takim samym kierunku i wartości, lecz przeciwnym zwrocie. Matematycznie, jeżeli ciało A działa siłą F → na ciało B , wówczas jednocześnie ciało B , działa na ciało A siłą − F → . Wektorowo można to zapisać jako F → AB = − F → BA . Trzecia zasada dynamiki Newtona opisuje pewną symetrię w układach mechanicznych. Siły zawsze występują parami – jedno ciało nie może działać z jakąkolwiek siłą na drugie, nie doświadczając tej samej siły ze strony drugiego ciała. Czasami trzecie prawo Newtona potocznie nazywamy „prawem akcji i reakcji”, gdzie wywierana siła jest nazywana akcją, a siła doświadczana przez ciało jako konsekwencja jest reakcją. Trzecie prawo Newtona ma praktyczne zastosowanie w analizowaniu pochodzenia sił i pozwala zrozumieć, które siły są w danym układzie traktowane jako zewnętrzne. Możemy łatwo zauważyć w codziennych sytuacjach konsekwencje działania trzeciego prawa Newtona. Wyobraźmy sobie pływaczkę odbijającą się od ściany basenu ( ). Odpycha się ona stopami od ściany basenu i płynie w kierunku przeciwnym do zwrotu siły, z którą, odbijając się, zadziałała na ścianę. Podczas odbijania ściana basenu reaguje na stopy pływaczki siłą o zwrocie przeciwnym, lecz równej wartości. Na pierwszy rzut okawydaje się, że siły te się równoważą. Jednak tak się nie dzieje, ponieważ działają one na różne układy . W wyżej wymienionej sytuacji dostrzec możemy dwa odrębne układy: pływaczkę oraz ścianę. Jeżeli chcemy przeanalizować jedynie zachowanie pływaczki, tak jak pokazano to na poniższym rysunku, wówczas F ściana-stopy oznacza siłę wywieraną przez ścianę na stopy pływaczki. Siła ta wpływa na ruch pływaczki, stąd też zwrot tej siły jest taki sam, jak kierunek jej przyspieszenia. Z kolei siła F stopy-ściana działa na ścianę, a nie na układ, którego ruch badamy. Dlatego też siła F stopy-ściana nie wpływa bezpośrednio na ruch pływaczki i nie równoważy siły F ściana-stopy . Pływaczka działa na ścianę siłą o zwrocie przeciwnym niż kierunek, w którym chce popłynąć. Z kolei siła reakcji ma zwrot zgodny z pożądanym kierunkiem płynięcia. Na poniższym rysunku ( ) zamieszczono również diagram sił działających na pływaczkę. Jak widać, nie uwzględniliśmy na nim siły, z którą pływaczka działa na ściankę basenu F stopy-ściana . Pływaczka działa na ścianę siłą, w wyniku czego zaczyna przyspieszać, przy czym zwrot przyspieszenia jest przeciwny do zwrotu działającej na ścianę siły. Innymi słowy, siła wypadkowa działająca na pływaczkę ma zwrot przeciwny niż zwrot siły F stopy-ściana . Dzieje się tak z powodu trzeciego prawa Newtona, zgodnie z którym siła F ściana-stopy ma tą samą wartość i kierunek, lecz przeciwny zwrot niż siła F stopy-ściana i powoduje ruch pływaczki w lewą stronę. Diagram ukazujący rozkład sił działających na pływaczkę zawiera, jak widać, jedynie siłę F ściana-stopy , siłę ciężkości Q oraz siłę wyporu F wyporu . Siła wyporu oraz siła ciężkości równoważą się, więc pływaczka nie doznaje przyspieszenia w kierunku pionowym. Łatwo znaleźć również inne przykłady zastosowania trzeciej zasady dynamiki Newtona: Gdy profesor przechodzi w czasie wykładu przed tablicą, wywiera siłę na podłogę. Podłoga z kolei działa na niego siłą reakcji, nadając mu przyspieszenie naprzód. Samochód przyspiesza do przodu, ponieważ ziemia popycha naprzód koła samochodu w wyniku działania siły reakcji na koła „odpychające w tył” ziemię. Dowodem na to jest fakt, że gdy samochód gwałtownie przyspiesza na żwirze, widoczny jest odrzut ziarenek żwiru w tył, przeciwnie do kierunku ruchu samochodu. Rakiety poruszają się naprzód, wyrzucając z dysz dużą ilość gazu z bardzo dużą prędkością. Oznacza to, że rakieta wywiera dużą siłę wsteczną na gaz w komorze spalania w silniku; dlatego też gaz wywiera dużą siłę reakcji na rakietę. Ta siła reakcji, która popycha ją do przodu w odpowiedzi na siłę wsteczną, nazywa się odrzutem (ang. thrust ). Istnieje powszechnie błędne przekonanie, że ruch rakiety jest wywołany oddziaływaniem z podłożem lub z powietrzem znajdującym się tuż za rakietą. Tak naprawdę rakiety poruszają się sprawniej w próżni, gdzie mogą łatwiej wyrzucać z dysz gazy spalinowe. Helikoptery utrzymują się w powietrzu „popychając” powietrze w dół, i doświadczając siły reakcji skierowanej w górę. Ptaki i samoloty latają, działając na powietrze siłą o zwrocie przeciwnym niż siła reakcji, wpływająca na ich ruch naprzód. Skrzydła ptaków działają na powietrze siłą o kierunku zarówno poziomym, jak i pionowym, aby móc unieść ptaka nad ziemią i spowodować lot do przodu. Ośmiornica porusza się w wodzie dzięki temu, że wyrzuca za siebie wodę z jamy w swoim ciele; Podobny napęd ma skuter wodny. Gdy człowiek działa na linę siłą zwróconą w dół, lina odpowiada siłą reakcji skierowaną z kolei w górę, powodując ruch człowieka właśnie w górę ( ). Gdy wspinacz górski ciągnie linę w dół, ona z kolei w wyniku działania siły reakcji ciągnie wspinacza w górę. W związku z trzecim prawem dynamiki podkreślić trzeba dwie ważne kwestie. Pierwsza z nich to to, że siła wywierana na układ oraz siła reakcji mają zawsze tą samą wartość, lecz przeciwny zwrot. Z kolei druga dotyczy tego, że siły działają na dwa zupełnie osobne układy: siła wywierana przez układ A działa na układ B , czego skutkiem jest działanie siły reakcji ze strony układu B na układ A . Innymi słowy, te dwie siły działają na dwa odrębne układy, a zatem nie równoważą się. Rozpatrzmy sytuację na . Na podstawie trzeciego prawa Newtona można stwierdzić, że skoro krzesło działa na studenta siłą N → , to student działa na krzesło siłą − N → . Równocześnie działa on odpowiednio na podłogę i stół siłami − F → i − T → . Ziemia, działając na studenta siłą ciężkości Q → , powoduje to, że on z kolei działa na Ziemię siłą o przeciwnym zwrocie − Q → . Gdy zezłoszczony student uderzy pięścią w stół, dozna bólu w wyniku działania siły reakcji wywieranej przez stół na jego pięść. Osoba, która chodzi lub biegnie po ulicy, jest doskonałym przykładem działania trzeciego prawa Newtona. Na przykład biegacz przedstawiony na działa na podłoże siłą skierowaną w tył i w dół, czego skutkiem jest siła o zwrocie przeciwnym, napędzająca jego ruch naprzód. Biegacz podczas biegu ulicznego doświadcza działania trzeciej zasady dynamiki Newtona. (a) Siła pochodząca od biegacza skierowana jest w dół i w lewo, w stronę podłoża. (b) Siła reakcji od podłoża napędza ruch biegacza, dzięki czemu biegnie on do przodu. Siły działające na obiekty pozostające w spoczynku Na przedstawiono sytuację, w której paczka leży na wadze. Siły działające na paczkę to siła reakcji pochodząca od platformy wagi S → , o zwrocie w górę, oraz siła pochodząca od oddziaływania grawitacyjnego z Ziemią Q → . Siły reakcji, wywierane przez paczkę to odpowiednio − S → oraz − Q → . Ponieważ paczka znajduje się w spoczynku (jej przyspieszenie wynosi zero), zastosowanie drugiego prawa Newtona prowadzi nas do wniosku, że: S → + Q → = m ⁢ a → = 0 → ⁢ , więc: S → = - Q → ⁢ , Na podstawie wskazania wagi możemy uzyskać informacje na temat ciężaru paczki. Nie jest to jednak w istocie wartość jej ciężaru. Wskazanie wagi dotyczy pomiaru siły − S → działającej na jej powierzchnię. Gdy układ doznaje pewnych przyspieszeń, wówczas siły S → i − Q → nie będą zrównoważone. Zagadnienie to zostanie dokładniej wyjaśnione w podrozdziale Zastosowanie zasad dynamiki Newtona . (a) Rysunek pokazujący siły, wraz z siłami reakcji, działające na paczkę znajdującą się na wadze. Siła Q → to ciężar paczki, natomiast S → to siła reakcji pochodząca od podłoża. (b) Rysunek układów odizolowanych: paczki znajdującej się na wadze, oraz paczki znajdującej się na Ziemi. W układach tych siły akcji i reakcji całkowicie się równoważą. Poruszający się układ: dobór odpowiedniego układu do analizy Nauczycielka fizyki pcha wózek z układem pokazowym podczas lekcji ( ). Masa nauczycielki wynosi 65 kg, masa wózka pokazowego to 12 kg, a sprzęt na wózku waży 7 kg. Oblicz przyspieszenie wózka, wiedząc, że nauczycielka pcha wózek, działając na podłogę siłą 150 N. Łączna siła oporu ruchu, wliczając siłę tarcia i oporu powietrza, wynosi 24 N. Nauczycielka fizyki pcha wózek ze sprzętem pokazowym. Długość wektorów sił na rysunku odzwierciedla wartości sił, oprócz wektora siły tarcia T → . Układ 1 jest odpowiedni do analizy tego przykładu, ponieważ pytanie dotyczy ruchu całej grupy obiektów. Jedynie siły F → podł i T → to siły zewnętrzne działające na układ 1 w kierunku ruchu wózka. Wszystkie inne siły równoważą się albo działają na inny układ. Układ 2 będzie odpowiedni dla następnego przykładu. Tu F → prof jest siłą zewnętrzną, która pojawi się w drugiej zasadzie dynamiki Newtona. Zauważ, ze rozkłady sił działających na ciała w układach 1 i 2 różnią się od siebie. Strategia rozwiązania Potraktujmy układ 1, w którym znajduje się nauczycielka, wózek i sprzęt demonstracyjny, jako jeden przyspieszający punkt. Na oznaczono to jako układ 1. Nauczycielka pcha do przodu wózek, działając na podłogę siłą wsteczną F stopy wynoszącą 150 N. Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki podłoga wywiera na układ 1 siłę reakcji F podł o wartości 150 N, skierowaną do przodu. Ponieważ ruch jest w poziomie, nie musimy uwzględniać siły ciężkości oraz pionowej siły reakcji pochodzącej od podłoża. Wówczas zagadnienie sprowadza się do jednowymiarowego opisu ruchu. Siła tarcia T skierowana jest przeciwnie do kierunku ruchu wózka, ma zatem zwrot przeciwny niż siła F podł Nie uwzględniamy również sił F prof oraz F wóz , ponieważ są to siły wewnętrzne. Siły F stopy też nie bierzemy pod uwagę, ponieważ działa ona na podłogę, a nie na elementy analizowanego układu 1. Skoro zdefiniowaliśmy już wszystkie zewnętrzne siły działające na układ 1, możemy zastosować drugie prawo Newtona do obliczenia przyspieszenia. Popatrz na rozkład sił działających na układ 1, pokazany na rysunku. Rozwiązanie Drugie prawo Newtona brzmi: a = F wyp m . Na podstawie przeprowadzonej dyskusji zewnętrzna siła wypadkowa w układzie 1 ( ) wynosi F wyp = F podł − T = ( 150,0 − 24,0 ) N = 126 N . Masa całkowita elementów układu 1 wynosi: m = ( 65,0 + 12,0 + 7,0 ) kg = 84 kg . Zatem znając wartość siły wypadkowej F wyp i masę całkowitą układu m , możemy znaleźć przyspieszenie: a = F wyp m = 126 N 84 kg = 1,5 m/s 2 . Znaczenie Żadna z sił wewnętrznych, działających w układzie 1, jak np. siła wywierana przez dłonie nauczycielki na wózek, nie ma wpływu na siłę wypadkową działającą na ten układ. Siły te tworzą pary sił równej wartości, lecz mają przeciwne zwroty, a zatem się równoważą: siła, z jaką nauczycielka pcha na wózek, powoduje występowanie tak samo dużej siły, z którą wózek działa na nauczycielkę, lecz mającej przeciwny zwrot. W tym wypadku obie siły działają na ten sam układ 1, więc równoważą się. Widzimy więc, że siły wewnętrzne (pomiędzy częściami układu) równoważą się. Wybranie do analizy układu oznaczonego na rysunku jako 1 było kluczowe w rozwiązaniu tego problemu. Siły działające na wózek: wybór innego układu do analizy Oblicz siłę, z jaką nauczycielka działa na wózek na , korzystając z danych z poprzedniego przykładu. Strategia rozwiązania Jeżeli określimy analizowany układ jako wózek wraz ze sprzętem pokazowym na nim się znajdującym (układ 2 na ), to całkowita siła wypadkowa w układzie 2 będzie różnicą siły, z jaką nauczycielka pcha wózek, i siły tarcia. Siła F prof , z jaką nauczycielka popycha wózek to w układzie 2 siła zewnętrzna, podczas gdy z punktu widzenia układu 1 była traktowana jako wewnętrzna. Dlatego też w układzie 2, to właśnie ta siła wchodzi do równania opisującego drugie prawo Newtona. Rozwiązanie Aby znaleźć wartość siły F prof zastosujmy drugie prawo Newtona, a = F wyp m . Wartość zewnętrznej siły wypadkowej w układzie 2 możemy znaleźć, korzystając z relacji: F wyp = F prof − T . Znajdujemy z powyższego równania F prof : F prof = F wyp + T . Wartość siły tarcia T jest podana w treści zadania, więc musimy jeszcze obliczyć wartość siły wypadkowej F wyp . Jest to proste, ponieważ zarówno masa, jak i przyspieszenie układu 2 są znane. Zastosujmy więc drugą zasadę dynamiki Newtona: F wyp = m a , gdzie masa całkowita układu drugiego wynosi 19 kg ( m = ( 12,0 + 7,0 ) kg ), a przyspieszenie a = 1,5 m/s 2 . Zatem: F wyp = m a = ( 19,0 kg ) ( 1,5 m/s 2 ) = 29 N . Teraz możemy już znaleźć wartość poszukiwanej siły: F prof = F wyp + T = ( 29 + 24 ) N = 53 N . Znaczenie Obliczona siła okazała się znacznie niższa niż 150 N, a tyle właśnie wyniosła wartość siły wstecznej między nauczycielką a podłogą. Jak widać, nie cała siła 150 N jest wywierana przez nauczycielkę na wózek, część z niej powoduje przyspieszenie nauczycielki. Wybór elementów analizowanego układu to ważna rzecz przy rozwiązywaniu problemów fizycznych. Sprawdź, czy rozumiesz. Dwa klocki spoczywają na poziomej powierzchni tak, jak pokazano na poniższym rysunku. Masy klocków wynoszą odpowiednio m 1 = 2,0 kg , m 1 = 6,0 kg . Przyłożona siła wynosi 24 N. Znajdź przyspieszenie układu klocków. Załóż, że klocki zostały odseparowane. Jaką należałoby przyłożyć siłę, aby drugi klocek o masie 6 kg miał takie samo przyspieszenie, jak układ klocków w podpunkcie (a)? 3,0 m/s 2 ; 18 N Przejrzyj materiał wideo , aby zobaczyć przykłady występowania sił akcji i reakcji w różnych układach. Obejrzyj materiał wideo , aby przeanalizować zastosowania praw Newtona i różne siły wewnętrzne i zewnętrzne działające w układach. Podsumowanie Trzecie prawo Newtona odzwierciedla prostą symetrię przyrody: układ doznaje siły o tej samej wartości i kierunku, co siła wywierana na otoczeniu, lecz o przeciwnym zwrocie. Dwie symetryczne, przeciwnie zwrócone siły nie równoważą się, jeżeli działają na dwa różne układy. Pary sił związane z „akcją i reakcją” w układzie występują na przykład w przypadku, gdy pływak odpycha się stopami od ściany basenu, podczas lotu helikoptera, czy gdy ośmiornica porusza się w wodzie. Ruch rakiet, samolotów i samochodów również stanowi doskonały przykład działania trzeciego prawa Newtona. Dobór odpowiedniego układu do analizy pozwala na poprawne zrozumienie fizyki danego układu oraz rozwiązanie zagadnień dotyczących ruchu. Pytania Zidentyfikuj siły akcji i reakcji w następujących układach: (a) Ziemia oddziałująca z Księżycem; (b) chłopiec kopie piłkę; (c) rakieta wznosi się w górę z pewnym przyspieszeniem; (d) samochód przyspiesza do przodu; (e) skoczek podczas skoku wzwyż; (f) pocisk wylatujący z lufy pistoletu. Akcja: Ziemia wywiera siłę na Księżyc, reakcja: Księżyc odpowiada siłą reakcji, „popychając” Ziemię; akcja: chłopiec działa siłą na piłkę, reakcja: piłka wywiera siłę reakcji na stopę; akcja: rakieta wypuszcza gaz z dysz rakietowych; reakcja: gaz działa siłą reakcji, co powoduje ruch rakiety do przodu, w przeciwną stronę; samochód działa siłą wsteczną na podłoże, reakcja: podłoże działa siłą reakcji skierowaną w drugą stronę, powodując ruch samochodu do przodu; akcja: skoczek działa na podłoże siłą skierowaną w dół, reakcja: podłoże popycha do góry człowieka, powodując jego ruch w górę; pistolet wypycha pocisk z lufy, reakcja: pocisk, działając siłą reakcji na lufę, powoduje ruch lufy do tyłu. Załóżmy, że trzymasz w ręku filiżankę kawy. Zidentyfikuj wszystkie siły działające na filiżankę oraz odpowiadające im siły reakcji. Dlaczego podczas wystrzału ze strzelby doznaje ona odrzutu? Komora działa bezodrzutowego jest otwarta po obu stronach. Opisz jak trzecie prawo Newtona stosuje się do wystrzału z takiego działa. Czy można bezpiecznie stać w niedużej odległości za takim działem podczas wystrzału? Strzelba (utrzymywana przez nią łuska naboju) wywiera ogromną siłę na kulę, aby ją wyrzucić na zewnątrz. Reakcją na tę siłę jest siła, którą kula wywiera na strzelbę (łuskę) w przeciwnym kierunku. W strzelbie otwartej po jednej stronie, łuska nie jest zatrzymywana, a zatem, gdy kula zostanie popchnięta do przodu, łuska jest poddana działaniu siły reakcji, która prowadzi do wyrzucenia jej z drugiego końca lufy. Nie można więc stać za bezodrzutową strzelbą. Zadania Jaka zewnętrzna siła wypadkowa działa na pocisk o masie 1100 kg wystrzelony z okrętu, który podczas wystrzału doznaje przyspieszenia 2,40 ⋅ 10 4 m/s 2 ? Jaka jest wartość siły wywieranej na okręt przez pocisk i dlaczego? F wyp = 2,64 ⋅ 10 7 N ; Siła wywierana na pokład statku to również 2,64 ⋅ 10 7 N , skierowana jest przeciwnie do kierunku ruchu pocisku po wystrzale. Bardzo odważny, jednak nie dość dobrze wyszkolony zawodnik rugby jest przepychany przez gracza z przeciwnej drużyny siłą z 800 N. Masa słabszego zawodnika wraz z kombinezonem do rugby wynosi 90 kg. Zawodnik ten w wyniku pchnięcia doznaje przyspieszenia skierowanego w tył o wartości 1,20 m/s 2 . Jaka jest wartość siły tarcia między przegrywającym zawodnikiem a murawą? Jaka jest wartość siły powodującej ruch wygrywającego zawodnika do przodu, jeśli jego masa wynosi 110 kg? Na poniższym rysunku przedstawiono sytuację, w której podręcznik do historii leży na podręczniku do podstaw fizyki. Rozkład sił działających na obydwa obiekty pokazano z boku rysunku. Ciężar podręczników wynosi odpowiednio 14 N (podręcznik do historii) oraz 18 N (podręcznik do fizyki). Powiąż siły działające na każdą z książek z symbolami z podwójnym indeksem (np. siła kontaktowa, z jaką książka do historii działa na książkę do fizyki to F → HF ) oraz określ wartości tych sił i wytłumacz, jak to zrobiłeś. Siłę ciężkości podręcznika do historii, definiowaną jako jej oddziaływanie z polem grawitacyjnym Ziemi, zapiszmy jako F → ZH = − 14 j ^ N . Oprócz tego książka oddziałuje jedynie z podręcznikiem do fizyki. Ponieważ przyspieszenie książki do historii wynosi zero, siła wypadkowa na nią działająca również jest zerowa, co możemy zapisać jako: F → FH + F → ZH = 0 → , gdzie F → FH to siła wywierana przez podręcznik z fizyki na ten od historii. Dlatego też F → FH = − F → ZH = − ( − 14 j ^ ) N = 14 j ^ N . Założyliśmy w zadaniu, że podręcznik do fizyki działa na podręcznik do historii siłą 14 N skierowaną w górę. Jeżeli chodzi o podręcznik do fizyki, działają na niego trzy siły: F → ZP pochodząca od oddziaływania grawitacyjnego, F → HF pochodząca od podręcznika do historii oraz F → SF jako siła reakcji od stołu. Gdy ciężar podręcznika do fizyki wynosi 18 N, wówczas siła F → EP = − 18 j ^ N . Na podstawie trzeciego prawa Newtona możemy zapisać, że F → HF = − F → FH , więc łatwo znaleźć siłę F → HF = − 14 j ^ N . Drugie prawo Newtona, zastosowane do obliczenia siły wypadkowej działającej na podręcznik do fizyki wygląda tak: ∑ F → = 0 → , lub inaczej F → SF + F → ZF + F → HF = 0 → , tak więc F → SF = − ( − 18 j ^ ) − ( − 14 j ^ ) = 32 j ^ N . Zatem na podstawie powyższych rozważań można powiedzieć, że stół wywiera siłę reakcji działającą na książkę do fizyki o wartości 32 N. Aby rozwiązać to zagadnienie, musieliśmy skorzystać zarówno z drugiego, jak i trzeciego prawa Newtona. Ciężarówka zderza się z samochodem. W czasie zderzenia jedynymi istotnymi siłami są siły wzajemnego oddziaływania zderzających się pojazdów. Załóżmy, że masa samochodu wynosi 550 kg a masa ciężarówki 2200 kg. Wartość przyspieszenia ciężarówki w czasie zderzenia to 10 m/s 2 . Znajdź przyspieszenie samochodu. trzecia zasada dynamiki Newtona (ang. Newton's third law of motion ) W inercjalnym układzie odniesienia siły wzajemnego oddziaływania dwóch ciał mają takie same wartości, taki sam kierunek, lecz przeciwne zwroty i różne punkty przyłożenia. odrzut (ang. thrust ) siła reakcji powodująca ruch ciała do przodu w reakcji na siłę wsteczną", "section": "Trzecia zasada dynamiki Newtona", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Rodzaje sił Istnieje bardzo wiele rodzajów sił, jak choćby siły parcia, ciągu, odrzutu czy ciężaru. W ogólności, siły pogrupowano w kategoriach w zależności od ich pochodzenia, tego jak działają w danych układach i jaki wywołują efekt. Wiele z tych kategorii zostanie przedyskutowane w niniejszym rozdziale wraz z omówieniem ciekawych przykładów występowania tych sił. Przeprowadzona zostanie dyskusja różnych sytuacji fizycznych. Rodzaje sił: siły nacisku, naciągu i inne Znajomość różnych rodzajów sił będzie bardzo przydatna przy dalszym rozważaniu problemów ruchu ciał. Mówimy tutaj o siłach nacisku, naciągu, tarcia czy siłach sprężystości. Siły nacisku Ciężar (często nazywany również siłą ciężkości) to siła, która działa nieprzerwanie na obiekt w polu grawitacyjnym. Musi być ona zrównoważona przez inną siłę, przeciwnie skierowaną, aby ciało to swobodnie nie opadło, np. w przypadku, gdy trzymasz przedmiot nad ziemią. Przypadek taki pokazano na (a). Jak to się dzieje jednak, że obiekty nieożywione, jak np. stół, utrzymują na swojej powierzchni masę w pozycji nieruchomej (patrz (b))? Kiedy na stole znajduje się worek z karmą dla psów, stół nieco ugina się pod jego ciężarem. Z pewnością byłoby to bardziej zauważalne, gdyby worek ten został umieszczony na stole z dykty, lecz nawet solidny dębowy stół odkształca się, gdy jest do niego przyłożona siła. Jeśli obiekt nie jest odkształcony w taki sposób, że granice sprężystości zostają przekroczone, będzie on wywierać siłę przywracającą do położenia równowagi, podobnie jak odkształcona sprężyna (lub trampolina). Im większy jest stopień odkształcenia ciała, tym większa jest siła przywracająca je do stanu początkowego. Toteż gdy masę umieścimy na stole, jego blat będzie się deformował do momentu, gdy siła przywracająca dorówna sile ciężkości masy umieszczonej na stole. W tym momencie siła wypadkowa w układzie wynosi zero i masa na stole jest nieruchoma. W przypadku stołu układ reaguje stosunkowo szybko, a linia ugięcia jest niewielka, lecz w istocie jest to ten sam efekt, który obserwuje w przypadku obciążonej trampoliny. (a) Osoba trzymająca nad stołem worek z karmą dla psów zmuszona jest działać na worek siłą F → o wartości równej ciężarowi worka Q → , lecz przeciwnie skierowaną. W wyniku tego działania worek nie opada swobodnie na blat stołu. (b) Stół z dykty ulega ugięciu, gdy położy się na nim ciężki worek z karmą dla psów. Siły sprężystości stołu rosną w miarę ugięcia, aż osiągną wartość siły nacisku R → równoważącej ciężar worka. Należy zauważyć, że w układzie musi działać skierowana w górę siła, równoważąca ciężar podpieranej masy (w tym przypadku worka z karmą dla psów) – a jej źródłem może być dźwigający masę człowiek albo przedmiot (tutaj: stół). Jeśli siła podtrzymująca ciężar jest prostopadła do powierzchni kontaktu między obciążeniem a podporą, siła ta jest określana jako siła nacisku lub siła reakcji podłoża i zwykle oznaczana symbolem R → . Siła reakcji podłoża działa zawsze prostopadle do jego powierzchni. Oznacza to, że siła taka, działająca na ciało spoczywające na poziomym stole może być zapisana jako wektor: R → = − m g → . Skalarnie powyższe równanie wygląda następująco: R = m g . Siła reakcji podłoża może być mniejsza niż siła ciężkości działająca na dany obiekt, jeśli obiekt znajduje się na nachylonej powierzchni. Ciężar na równi pochyłej Rozpatrzmy przykład narciarza zjeżdżającego po stoku narciarskim, tak jak pokazano to na . Jego masa wraz ze sprzętem wynosi 60 kg. (a) Jakie jest przyspieszenie narciarza, gdy zaniedbamy siłę tarcia? (b) Jakie przyspieszenie uzyska narciarz, jeżeli siła tarcia wynosi 45 N? Ponieważ przyspieszenie narciarza jest równoległe do powierzchni stoku, łatwo jest przeanalizować dynamikę jego ruchu, przyjmując obrócony układ współrzędnych jak na rysunku. Siła R → jest prostopadła do stoku, siła T → to siła równoległa do stoku, a siła ciężkości Q → rozkłada się na dwie składowe, Q y i Q x . Strzałka na rysunku, którą oznaczono siłę Q → , jest przekreślona wężykiem, aby zaznaczyć, że została zastąpiona przez swoje składowe. Z kolei siła R → równoważy siłę Q y , więc w kierunku prostopadłym do równi układ nie doznaje przyspieszenia. Jednakże siła tarcia T jest mniejsza niż Q x , dlatego narciarz porusza się w dół stoku z przyspieszeniem o kierunku równoległym do stoku. Strategia rozwiązania Jest to problem dwuwymiarowy, ponieważ nie wszystkie siły działające na narciarza na stoku w analizowanym układzie są do siebie równoległe. Należy zastosować podobne podejście, które wykorzystaliśmy już w przypadku układów dwuwymiarowych w kinematyce. Na początku należy wybrać wygodny do rozwiązania zadania układ współrzędnych i zrzutować wektory na jego osie, tworząc dwa osobne równania ruchu do rozwiązania. Najbardziej wygodnym układem współrzędnych jest taki, który ma jedną współrzędną równoległą do stoku i drugą do niego prostopadłą (ruchy wzdłuż wzajemnie prostopadłych osi są niezależne). Zastosujemy oznaczenia odpowiednio x i y dla kierunku równoległego i prostopadłego. Taki wybór osi upraszcza bardzo to zagadnienie, ponieważ ruch narciarza nie ma składowej w kierunku prostopadłym do stoku. Siła tarcia stanowi siłę oporu w tym ruchu i jest zawsze równoległa do stoku. Siła Q x jest równoległa do stoku i ma zwrot zgodny z kierunkiem ruchu narciarza. Problem ten możemy łatwo rozwiązać, tworząc dwa osobne równania Newtona dotyczące sił działających w dwóch osobnych kierunkach x i y . Rozwiązanie Wartość składowej siły ciężkości równoległej do stoku wynosi Q x = Q sin ⁡ 25 ∘ = m g sin ⁡ 25 ∘ , natomiast składowa prostopadła do stoku to: Q y = Q cos ⁡ 25 ∘ = m g cos ⁡ 25 ∘ . a. Zaniedbajmy siłę tarcia w układzie. Ponieważ przyspieszenie całkowite narciarza ma kierunek równoległy do stoku, wystarczy, że przeanalizujemy wszystkie siły działające w tym kierunku. Siły prostopadłe do stoku zerują się, narciarz nie ma przecież przyspieszenia w kierunku y. Siły równoległe do równi to składowa siły ciężkości równoległa do stoku Q x oraz siła tarcia T . Zastosujmy drugą zasadę dynamiki Newtona, aby utworzyć równanie sił jedynie w kierunku poziomym: a x = F wypx m , gdzie F wyp x = Q X − m g sin ⁡ 25 ∘ , zakładając chwilowo, że tarcie jest zaniedbywalne. Zatem a x = F wyp x m = m ⁢ g ⁢ sin 25 ° m = g ⁢ sin 25 ° = 9,81 m / s 2 ⋅ 0,4226 = 4,14 m / s 2 , to poszukiwane przyspieszenie narciarza. b. Uwzględniamy znaną wartość siły tarcia oraz jej kierunek równoległy do stoku. Wypadkowa siła działająca na narciarza w kierunku x wynosi: F wyp x = Q x − T . Wstawiając obliczoną siłę wypadkową w kierunku x do równania wyrażającego drugie prawo Newtona a x = F wyp x / m , , otrzymujemy a x = F wyp x m = Q x − T m = m g sin ⁡ 25 ∘ − T m . Podstawiając znane z treści zadania wartość otrzymujemy a x = ( 60,0 kg ) ( 9,81 m/s 2 ) ( 0,4226 ) − 45,0 N 60,0 kg , a stąd wartość przyspieszenia narciarza: a x = 3,39 m/s 2 , co stanowi wartość przyspieszenia skierowanego równolegle do równi pochyłej, gdy uwzględnia się siłę tarcia o wartości 45 N. Znaczenie Gdy siła tarcia jest uwzględniana, przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi pochyłej ma mniejszą wartość niż wtedy, gdy to tarcie zaniedbujemy. Przy zaniedbaniu zjawiska tarcia, przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi wynosi a = g sin ⁡ θ , niezależnie od masy tego ciała. Jak już wcześniej omówiono, wszystkie obiekty opadają swobodnie w polu grawitacyjnym z tym samym przyspieszeniem tylko wtedy, gdy zaniedbamy wpływ sił oporu powietrza. Analogicznie, wszystkie ciała, niezależnie od masy, zsuwają się z tym samym przyspieszeniem (dla tego samego kąta nachylenia równi), jeśli zaniedbamy zjawisko tarcia między ciałem a równią. Gdy ciało spoczywa nieruchomo na równi pochyłej o kącie nachylenia θ , siła ciężkości działająca na to ciało rozkłada się na dwie składowe: prostopadłą do powierzchni Q y oraz równoległą do powierzchni Q x ( ). Siła normalna do powierzchni stoku to R → i ma taką samą wartość jak składowa prostopadła siły ciężkości, lecz przeciwny zwrot. Z kolei składowa Q x nadaje ciału przyspieszenie w dół równi. Obiekt spoczywający na równi pochyłej o kącie nachylenia θ . Bądź uważny podczas rozkładania siły ciężkości na jej składowe. Gdy równia posiada kąt nachylenia θ , wówczas wartości składowych wynoszą odpowiednio: Q x = Q sin ⁡ θ = m g sin ⁡ θ oraz Q y = Q cos ⁡ θ = m g cos ⁡ θ . Zastosujmy równanie opisujące drugie prawo Newtona, aby zapisać wyrażenie na reakcji działającą na ciało spoczywające na równi pochyłej: R = m g cos ⁡ θ . Zamiast uczyć się powyższych równań na pamięć, naucz się je wyprowadzać. W tym celu narysuj prostokąt rozpięty przez składowe siły ciężkości. Wektor siły ciężkości leży na jego przekątnej. Kąt nachylenia równi θ równy jest kątowi między wektorami Q i Q y , co wynika z podobieństwa trójkątów. Mając tę wiedzę i stosując odpowiednie zależności trygonometryczne, możemy łatwo wyznaczyć składowe siły Q: cos θ = Q y Q ⇒ Q y = Q ⁢ cos θ = m ⁢ g ⁢ cos θ ⁢ , sin θ = Q x Q ⇒ Q x = Q ⁢ sin θ = m ⁢ g ⁢ sin θ ⁢ . Sprawdź, czy rozumiesz. Siła o wartości 1150 N działa równolegle do rampy, na którą wciągany jest sejf ważący 250 kg. Załóż, że między sejfem a rampą nie ma tarcia, a kąt nachylenia równi wynosi 17 ∘ . Jakie jest przyspieszenie sejfu podczas wsuwania, jeżeli nie uwzględnimy tarcia? Jeżeli uwzględnimy siłę tarcia o wartości 120 N między sejfem a rampą, jakie przyspieszenie uzyska wówczas sejf? 1,7 m/s 2 ; 1,3 m/s 2 Siły naciągu Siłą naciągu (ang. tension ) nazywamy siłę powstającą na skutek reakcji na zewnętrzną siłę napinającą. W praktyce jest to siła, z którą rozciągane jest elastyczne długie ciało, np. sznurek bądź nić. Elastyczne elementy, takie jak sznurek, lina, łańcuch, drut lub kabel, wywierają siłę naciągu skierowaną równolegle do ich długości, siła przenoszona przez nie jest naprężeniem o kierunku równoległym do łącznika. Rozważmy sens następującego zdania: „Nie możesz popchnąć liny”. Siła naciągu zawsze skierowana jest do zewnątrz odcinka liny. Rozpatrzmy osobę trzymającą pewien obiekt zawieszony na sznurku. Sytuację tę pokazano na . Gdy obiekt ważący 5 kg znajduje się w spoczynku, jego przyspieszenie całkowite wynosi zero (ponieważ działa na niego zerowa siła wypadkowa). Jedyne siły zewnętrzne działające na obiekt to jego siła ciężkości oraz siła naciągu sznura. Zatem: F wyp = N − Q = 0 , gdzie N i Q to wartości odpowiednio siły naciągu sznura i siły ciężkości obiektu. Znaki przy siłach świadczą o ich przeciwnych zwrotach. Zgodnie z drugim prawem Newtona dla tego układu, siła naciągu sznurka równoważy siłę ciężkości analizowanej masy: N = Q = m g . Dlatego w przypadku obiektu o masie 5 kg zawieszonego na sznurze (traktując sznur jako nieważki) możemy zapisać: N = m g = ( 5,00 kg ) ( 9,81 m/s 2 ) = 49,0 N . Gdybyśmy przecięli kawałek sznura i zamiast niego umieścili sprężynę, uległaby ona rozciągnięciu o długość odpowiadającą sile 49 N. Pozwoliłoby to na bezpośrednią obserwację siły naciągu sznura. Doskonale giętki element (tj. niewymagający jakiejkolwiek siły, by go zgiąć), np. sznur, przenosi siłę naciągu N → , jest ona zawsze równoległa do rozciągniętego sznura (patrz powyższy rysunek). Zgodnie z trzecim prawem Newtona sznur wywiera siły identyczne co do wartości, lecz przeciwnie skierowane (zaniedbując masę sznura). Naciąg między sznurem a ręką jest w każdym punkcie liny taki sam, więc jeśli się zna siłę naciągu liny w jednym z jej punktów, wyznaczyć można siłę naciągu w każdym innym punkcie. Elastyczne obiekty są powszechnie stosowane do przenoszenia sił wzdłuż lub wokół różnych elementów, jak ma to miejsce na przykład w przypadku ludzkich ścięgien czy linki hamulca rowerowego. Gdy tarcie w układzie nie występuje, naprężenia przenoszone są bez strat. Zmienia się jedynie kierunek siły, pozostaje on zawsze równoległy do giętkiego elementu, tak jak pokazano to na . (a) Ścięgna palców przenoszą siły N od mięśni dłoni do palców, zwykle zmieniając kierunek sił, a nie ich wartość. (b) Linka hamulca rowerowego przenosi siłę naciągu N od dźwigni hamulcowej umieszczonej na kierownicy aż do samego hamulca przy kole. Tak jak w przypadku mięśni, kierunek sił ulega zmianie, ale ich wartość się nie zmienia. Jakie siły działają podczas spaceru po linie? Oblicz siłę naciągu liny, po której spaceruje linoskoczek o masie 70 kg, jak pokazano na . Linoskoczek o masie 70 kg idąc po linie powoduje jej odchylenie od położenia poziomego o 5 , 0 ∘ . Analizowany układ stanowi punkt, w którym na poniższym rysunku stoi obecnie linoskoczek. Strategia rozwiązania Jak widać na , lina ugięła się pod ciężarem spacerującego po niej linoskoczka. Dlatego siła naciągu po każdej stronie linoskoczka ma składową skierowaną w górę, przez co może go podtrzymywać na linie. Siły to wielkości wektorowe, reprezentowane przez strzałki, które mają ten sam kierunek, co siły, a długości proporcjonalne do ich wielkości. Jedyne siły zewnętrzne działające na linoskoczka to Q → i dwie siły naciągu liny: N → L (po lewej od linoskoczka) i N → R (po jego prawej stronie). Ciężar liny możemy uznać podczas rozwiązywania tego zadania za zaniedbywalny. Wypadkowa siła w układzie wynosi zero, bo układ znajduje się w równowadze. Możemy za pomocą trygonometrii znaleźć poszczególne siły naciągu liny. Na samym początku warto zauważyć, że wartości sił naciągu liny po lewej i prawej stronie linoskoczka są takie same. Wiemy to, ponieważ nie występuje w układzie przyspieszenie mające kierunek poziomy, a jedyne siły działające w tym kierunku to N → L i N → R . Składowe poziome tych sił równoważą się. Kiedy mamy do rozwiązania problem dwuwymiarowy, w którym nie wszystkie wektory są do siebie równoległe, najprostszym sposobem rozwiązania tego problemu jest wybranie wygodnego dla nas układu współrzędnych i zrzutowanie wektorów na zdefiniowane osie. W tym przypadku najlepszy układ współrzędnych ma jedną poziomą oś ( x ) oraz jedną pionową ( y ). Rozwiązanie Na początku konieczne jest rozłożenie każdej z sił naciągu liny na wektory składowe. Dzięki temu będziemy mogli stworzyć dwa nowe diagramy pokazujące nam rozkłady sił odpowiednio w kierunkach x i y (jak na ). Przy rozłożeniu wektorów sił na składowe pionowe i poziome, poszczególne składowe wzdłuż danej osi muszą się kompensować, ponieważ linoskoczek pozostaje w stanie równowagi. Niewielki kąt ugięcia liny świadczy o tym, że siła naciągu N jest znacznie większa niż ciężar linoskoczka Q . Rozpatrzmy jedynie poziome składowe sił naciągu (tj. wzdłuż osi x ): F wyp x = N R x − N L x . Zewnętrzna siła wypadkowa w kierunku poziomym F wyp x = 0 , dopóki linoskoczek znajduje się w stanie równowagi. Więc: F wyp x = 0 = N R x - N L x ⁢ , N L x = N R x ⁢ . Rzućmy okiem na . Można zastosować wzory trygonometryczne w celu obliczenia wartości poszczególnych składowych N L oraz N R : cos 5,0 ° = N L x N L ⇒ N L x = N L ⁢ cos 5,0 ° ⁢ , cos 5,0 ° = N R x N R ⇒ N R x = N R ⁢ cos 5,0 ° ⁢ . Przyrównując do siebie N L x i N R x N L cos ⁡ 5 , 0 ∘ = N R cos ⁡ 5 , 0 ∘ , otrzymujemy: N L = N R = N , Teraz rozpatrzmy składowe pionowe siły naciągu liny (oznaczone z indeksem y ). Jak już wspomniano, człowiek stojący na linie jest w stanie równowagi, więc F wyp = 0 . Na podstawie diagramu pokazującego rozkład sił działających na skoczka można wywnioskować, że F wyp y = N L y + N R y − Q = 0. Podobnie, jak poprzednim razem, możemy użyć zależności trygonometrycznych aby znaleźć relację między N L y , N R y i T . Analizując składowe poziome sił naciągu, dowiedzieliśmy się, że N L = N R = T . Zatem: sin 5,0 ° = N L y N L ⇒ N L y = N L ⁢ sin 5,0 ° ⁢ , sin 5,0 ° = N R y N R ⇒ N R y = N R ⁢ sin 5,0 ° ⁢ . Teraz możemy podstawić znane wartości N L y i N R y do wyrażenia na siłę wypadkową w kierunku pionowym: F wyp = N L y + N R y - Q = 0 ⁢ , F wyp = N ⁢ sin 5,0 ° + N ⁢ sin 5,0 ° - Q = 0 ⁢ , 2 ⁢ N ⁢ sin 5,0 ° - Q = 0 ⁢ , 2 ⁢ N ⁢ sin 5,0 ° = Q ⁢ . Wynika z tego, że: N = Q 2 sin ⁡ 5 , 0 ∘ = m g 2 sin ⁡ 5 , 0 ∘ , Zatem szukana siła naciągu liny wynosi: N = ( 70,0 kg ) ( 9,80 m/s 2 ) 2 ( 0,0872 ) , co po obliczeniach daje wartość: N = 3 930 N . Znaczenie Pionowa składowa siły naciągu liny działa jak siła, która „podtrzymuje” ciężar linoskoczka. Otrzymana wartość siły naciągu liny okazała się prawie sześć razy większa niż ciężar linoskoczka, wynoszący około 686 N. Ponieważ dla małych kątów ugięcia lina pozostaje w pozycji prawie poziomej, składowa pionowa siły naciągu stanowi jedynie niewielki procent całej siły naciągu liny. Bardzo duże są wartości składowych poziomych sił naciągu, ich zwroty są przeciwne i siły te równoważą się. Zatem większa część siły naciągu liny nie jest zużywana na podtrzymanie linoskoczka na linie. W celu osiągnięcia dużych wartości sił naciągu, należy działać siłą w kierunku prostopadłym do liny, na przykład tak, jak pokazano na . Jak widać w , siła ciężkości linoskoczka jest siłą prostopadłą do liny. Widzimy również, że siła naciągu liny jest zależna od ciężaru linoskoczka według relacji N = Q 2 sin ⁡ θ . Możemy zastosować to wyrażenie do obliczenia siły naciągu N elementu elastycznego, wywołanej działaniem prostopadłej siły ( F ⊥ ) przyłożonej w środku geometrycznym elementu: N = F ⊥ 2 sin ⁡ θ . Kąt nachylenia liny do poziomu wynosi θ . W tym przypadku N rośnie wówczas, gdy kąt θ się zmniejsza. Zatem nawet niewielki ciężar spowoduje ugięcie giętkiej liny. Nieskończenie duża siła naciągu skutkowałaby zerowym kątem ugięcia liny ( θ = 0 i sin θ = 0 ). Na przykład przedstawia sytuację, w której konieczne jest wyciągnięcie za pomocą liny samochodu z bagna. Za każdym razem, gdy samochód porusza się do przodu, linkę holowniczą naciąga się na tyle mocno, aby utrzymywać ją w formie wyprostowanej. Siła naciągu liny wynosi: N = F ⊥ 2 sin ⁡ θ , i skoro kąt θ jest bardzo mały, to siła naciągu linki holowniczej N jest duża. Sytuacja ta wydaje się analogiczna do tej z linoskoczkiem, z wyjątkiem tego, że tutaj naprężenia przenoszone są głównie do samochodu i drzewa, nie zaś w punkcie, gdzie przyłożona została siła F ⊥ do linki. Możemy wytworzyć duże wartości siły naciągu liny, czym spowodujemy spore przemieszczenie samochodu, działając na linę siłą prostopadłą do niej, jak pokazano na powyższym rysunku. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeden koniec linki holowniczej o długości 3 metrów jest przymocowany do dużego drzewa w pobliżu samochodu. Drugi koniec przyczepiony został do samochodu, który niefortunnie ugrzązł w bagnie. Motocyklista ciągnie linę w jej geometrycznym środku, odchylając ją o 25 cm od położenia równowagi. Jeżeli działa on siłą prostopadłą do liny, wynoszącą 200 N, wyznacz siłę wywieraną na samochód w bagnie. 6,0 ⋅ 10 2 N W podrozdziale Zastosowanie praw dynamiki Newtona , przedyskutujemy sytuacje fizyczne i układy, w których występują siły naciągu. Rozpatrzymy podobne przypadki, jak te analizowane powyżej, a także rozszerzymy je o układy niesymetryczne. Siła tarcia Tarcie jest siłą występującą w układach ruchomych, przeciwstawiającą się ruchowi ciała. Wyobraź sobie obiekt znajdujący się w spoczynku na płaszczyźnie. Siła wypadkowa działającą na obiekt musi wynosić zero, zatem siła ciężkości i siła reakcji powierzchni muszą się równoważyć. Jeśli powierzchnia jest nachylona pod pewnym kątem, jak ma to miejsce na przykład na równi pochyłej, siła reakcji równoważy jedną ze składowych siły ciężkości – prostopadła do powierzchni równi. Jeśli obiekt spoczywający na równi nie zsuwa się z niej, składowa równoległa siły ciężkości równoważona jest przez przeciwnie skierowaną siłę tarcia. Zjawisko tarcia wraz z przykładami jest omówione bardziej szczegółowo w następnym rozdziale. Siły sprężystości Sprężystość ciał to własność związana z odzyskiwaniem pierwotnego kształtu po usunięciu sił zewnętrznych wywołujących odkształcenie. Ciało odzyskuje swój kształt, ponieważ w układzie działa siła sprężystości, która powoduje powrót do położenia równowagi. Ma ona zwrot przeciwny niż kierunek wychylenia. Relacja między siłą sprężystości a wychyleniem została sformułowana w prawie Hooke’a. W matematycznej formie wygląda to następująco: F → = − k x → . Współczynnik proporcjonalności k w prawie Hooke’a to tzw. stała sprężystości układu. Siła sprężystości ma kierunek równoległy do wychylenia, a zwrot przeciwny do wektora przemieszczenia obiektu (patrz ). Przemieszczenie obiektu sprężystego musi być mierzone od punktu początkowego x = 0 , gdy sprężyna jest nienaprężona. Sprężyna na powyższym rysunku wywiera na bloczek siłę proporcjonalną do jej odkształcenia, gdy jest ściskana czy rozciągana. Jednak gdy sprężyna znajduje się w stanie spoczynku (nie jest ściśnięta ani nie rozciągnięta), nie wywiera żadnej siły na bloczek. (b) Sprężynę ściśnięto o Δ x → 1 , w efekcie wywiera ona siłę przywracającą położenie równowagi − k Δ x → 1 , skierowaną w prawo (c) Sprężynę rozciągnięto o Δ x → 2 , siła sprężystości − k Δ x → 2 skierowana jest wówczas w lewo. Siły rzeczywiste i inercjalne układy odniesienia Istnieje w przyrodzie wiele typów sił: niektóre z nich to siły rzeczywiste, natomiast inne to siły pozorne. Siły rzeczywiste mają jakieś zdefiniowane fizyczne pochodzenie, na przykład przyciąganie grawitacyjne. W przeciwieństwie do nich siły pozorne pojawiają się w przypadkach, gdy obserwator znajduje się w układzie odniesienia doznającym przyspieszenia czyli nieinercjalnym. Układ ten może obracać się (jak np. karuzela) lub posiadać przyspieszenie liniowe (jak np. zwalniający samochód). Ciekawym przykładem może być to, że jeśli satelita porusza się na północ nad półkulą północną Ziemi, to obserwatorowi stojącemu na Ziemi będzie się wydawało, że doświadcza on działania siły skierowanej na zachód, która nie ma żadnej fizycznej przyczyny. Ziemia obraca się na wschód i względem satelity porusza się na wschód. W układzie odniesienia związanym z Ziemią wygląda to tak, jakby siła wywierana na satelitę skierowana na zachód, lub pogwałcona zostałaby pierwsza zasada dynamiki Newtona. Siły pozorne możemy identyfikować, zadając sobie pytanie: „Jaka jest w danym przypadku siła reakcji?”. Gdy nie możemy jej wskazać, to siła jest pozorna. W przykładzie z satelitą krążącym nad Ziemią siłą reakcji musiałaby być siła wywierana na Ziemię, skierowana na wschód. Inercjalny układ odniesienia to taki, w którym wszystkie siły są rzeczywiste, bądź -równoważnie - taki, w którym zasady dynamiki Newtona mają prostą postać podaną w tym rozdziale. Prędkość kątowa obrotu Ziemi wokół własnej osi jest na tyle niewielka, że można Ziemię traktować jako inercjalny układ odniesienia. Aby zaobserwować siły pozorne związane z ruchem obrotowym Ziemi, należy przeprowadzić bardzo dokładne pomiary. Na przykład modele obrazujące zachowanie się pogody czy też prądów oceanicznych często wymagają dokładnych obliczeń i uwzględnienia efektów niewielkich odstępstw od praw Newtona ( ). Huragan Fran został zaobserwowany w okolicach południowo-wschodniego wybrzeża Stanów Zjednoczonych we wrześniu 1996 roku. Zwróć uwagę na charakterystyczne „oko” huraganu w jego centrum. Jest to efekt występowania w układzie siły Coriolisa, powodującej odchylenie toru ruchu obiektów w układzie odniesienia obracającym się, takim jak Ziemia. Kluczowym kryterium pozwalającym zaklasyfikować analizowany układ jako inercjalny jest brak przyspieszenia lub obrotu względem znanego, nieruchomego układu odniesienia. Jeśli nie zostanie zaznaczone inaczej, wszystkie zagadnienia rozważane w tym podręczniku analizowane będą w układach inercjalnych. Siły omawiane w ramach niniejszego rozdziału są siłami rzeczywistymi, lecz nie są to jedyne siły rzeczywiste. Siły działające podczas podnoszenia przedmiotów lub siła odrzutu są bardziej skomplikowanymi siłami rzeczywistymi. Czy można powiedzieć, że jedne siły są bardziej podstawowe niż inne? Czy niektóre z nich stanowią przejawy tej samej siły? Odpowiedź na oba pytania brzmi: tak, a więcej dowiesz się, studiując zagadnienia z zakresu fizyki współczesnej. Przeanalizuj różne rodzaje ruchów i sił w za pomocą symulacji . Wykonaj symulacje, zmieniając parametry sił i ruchu przedmiotów codziennego użytku. Przeanalizuj również zależności sił, energii czy pracy. Wykonaj ćwiczenie, polegające na ściskaniu i rozciąganiu sprężyny, jak to pokazano w materiale interaktywnym , i przeanalizuj relacje między siłami, stałymi sprężystości i zmianami ich długości. Spróbuj zasymulować również sytuację, w której dwie sprężyny połączymy szeregowo i równolegle. Podsumowanie Gdy ciało spoczywa na poziomej powierzchni, doznaje działania siły reakcji od strony powierzchni, która równoważy siłę ciężkości ciała. Siła ta często nazywana jest siłą nacisku. Gdy ciało spoczywa na powierzchni nie poruszającej się z przyspieszeniem, siła reakcji zawsze równoważy siłę ciężkości ciała spoczywającego na tej powierzchni. Gdy ciało spoczywa na równi pochyłej o kącie nachylenia θ , siła ciężkości działająca na ciało rozkłada się na składowe: prostopadłą oraz równoległą do powierzchni równi. Siła rozciągająca działająca wzdłuż elastycznego elementu takiego jak kabel bądź lina nazywa się siłą naciągu. Gdy ciało zawieszone jest nieruchomo na linie, siła naciągu liny równoważy ciężar zawieszonego na niej ciała. Gdy obiekt przyspiesza, siła naciągu liny może okazać się większa niż ciężar tego obiektu. Analogicznie podczas zwalniania, naciąg liny okaże się mniejszy niż siła ciężkości. Siła tarcia występuje w układzie, w którym obiekty się poruszają. Ma zwrot przeciwny do kierunku ruchu ciała i kierunek równoległy do podłoża. Jest to siła oporu ruchu. Siła wywierana przez sprężynę podlega prawu Hooke’a. Wartość tej siły jest proporcjonalna do odkształcenia ciała i sprężyny względem jej długości swobodnej oraz do stałej sprężystości sprężyny. Rzeczywiste siły w układzie mają fizyczne źródło, w odróżnieniu od sił pozornych, które występują w układach odniesienia doznających zmiany prędkości – układach nieinercjalnych. Pytania Na dywanie w mieszkaniu stoi stół. Na stole położono książkę. Na który element układu podłoga wywiera siłę nacisku? Cząstka porusza się w prawo. Czy siła działająca na nią może być skierowana w lewo? Jeżeli tak, jak zachowa się cząstka? Czy siła na nią działająca może być skierowana w dół? Jeżeli tak, to dlaczego? Tak, siła może być skierowana w lewo. Wówczas cząstka dozna opóźnienia i będzie stopniowo spowalniać swój ruch. Tak, siła może być skierowana w dół. Przykładem jest ciężar cząstki. Mimo tego, cząstka może poruszać się w prawo. Zadania Złamana noga jest umocowana na szpitalnym wyciągu, jak pokazano na poniższym rysunku. Która część rysunku powinna służyć do obliczenia siły wywieranej na unieruchomioną nogę? Jaka jest siła naciągu liny? Na rysunku siłę naciągu oznaczono jako N → , a Q → to ciężar elementu powodującego naciąg liny w układzie. a. Rozkład sił działających na pierścień mocujący nogę to: b. N = m g , F = 2 N cos ⁡ θ = 2 m g cos ⁡ θ Załóżmy, że zamiast kości piszczelowej zostałaby unieruchomiona kość udowa w układzie z linami i krążkami, jak pokazano na poprzednim rysunku. Jak można byłoby zwiększyć siłę naciągu drutu w układzie przy użyciu tego samego ciężaru? Dwie drużyny dziewięcioosobowe postanowiły zabawić się w przeciąganie liny. Każdy z zawodników pierwszej drużyny ma masę 68 kg i działa siłą 1350 N skierowaną poziomo. Natomiast każdy zawodnik drugiej drużyny ma masę 73 kg i działa siłą 1365 N. Jaka będzie wartość przyspieszenia układu podczas przeciągania liny i która drużyna wygra? Jaka będzie siła naciągu liny w obszarze między drużynami? F wyp = M a , F 1 = 1 350 N , F 2 = 1 365 N 9 ( F 2 − F 1 ) = 9 ( m 1 + m 2 ) a , m 1 = 68 kg , m 2 = 73 kg a = 0,11 m/s 2 . Wygra więc drużyna złożona z cięższych zawodników. N − 9 F 1 = 9 m ⊥ a ⇒ N = 9 m ⊥ a + 9 F 1 = 1,2 ⋅ 10 4 N Jakie siły działają na Jolę, ważącą 45 kg gimnastyczkę, ze strony trampoliny, aby nadać jej przyspieszenie 7,50 m/s 2 ? Odpowiedź nie zależy od prędkości gimnastyczki. Oblicz siłę naciągu pionowej nici pajęczej, jeżeli masa pająka, który wisi na niej nieruchomo, wynosi 2,00 ⋅ 10 − 5 kg . Oblicz siłę naciągu poziomej nici pajęczej, jeżeli pająk znajduje się w środku nici i pozostaje w bezruchu. Nić ugina się pod pająkiem pod kątem 12 ∘ do poziomu. Porównaj obie siły naciągu obliczone w tym zadaniu. N = 1,96 ⋅ 10 − 4 N ; N ′ = 4,71 ⋅ 10 − 4 N N ′ N = 2,40 Karol, ważący 60 kg gimnastyk, wspina się po linie. (a) jaka jest siła naciągu liny w momencie, gdy gimnastyk wspina się ze stałą prędkością? Jaka jest siłą naciągu liny, gdy gimnastyk wspina się z przyspieszeniem wynoszącym 1,50 m/s 2 ? Wyprowadź wyrażenie na zależność siły naciągu N i siły F ⊥ , przyłożonej prostopadle w środku liny zaczepionej w dwóch końcach: N − F ⊥ / 2 sin ⁡ θ . F y wyp = F ⊥ − 2 N sin ⁡ θ = 0 F ⊥ = 2 N sin ⁡ θ N = F ⊥ 2 sin ⁡ θ Rozpatrz sytuację pokazaną na . Kierowca, aby wydostać z bagna samochód, działa na środek liny siłą prostopadłą o wartości 610 N, odchylając ją o 1 m od położenia równowagi. Odległość kierowcy od samochodu to wówczas 6 m. Jaka jest siła naciągu liny N ? Ptak o masie 26 g siedzi na środku przewodu telefonicznego. Udowodnij, że siłę naciągu przewodu można obliczyć, używając zależności N = m g 2 sin ⁡ θ . Oblicz wartość siły naciągu, gdy θ = 5 ∘ oraz θ = 0 , 5 ∘ . Załóż, że odchylone części przewodu są prostoliniowe. patrz 1,5 N 15 N Jeden koniec liny od długości 30 m jest przymocowany do drzewa. Drugi koniec przymocowany jest do samochodu, który niestety utknął w bagnie. Motocyklista ciągnie środek liny, z siłą prostopadłą do liny o wartości 80 N, odchylając ją o 2 m od położenia równowagi. Znajdź siłę wywieraną na samochód. Rozpatrz sytuację, w której dziecko ważone jest za pomocą wagi pokazanej na poniższym rysunku. Jaka jest masa dziecka i koszyka, jeżeli waga wskazała 55 N? Jaka jest siła naciągu N 1 w elemencie, który mocuje koszyk z dzieckiem do wagi? Jaka jest siła naciągu N 2 w elemencie, który mocuje wagę do sufitu, jeśli masa wagi wynosi 0,500 kg? Wykonaj rysunek sytuacji wraz z zaznaczeniem sił w układzie. Zaniedbaj masy elementów mocujących. 5,6 kg 55 N N 2 = 60,0 N Jaką siłę należy przyłożyć do skrzyni ważącej 100 kg, aby wciągnąć ją w górę równi pochyłej o kącie nachylenia 30 ∘ , jeżeli nie uwzględnimy tarcia, a przyspieszenie skrzyni podczas wciągania wynosi 2,0 m/s 2 ? Blok ważący 2 kg znajduje się na idealnie gładkiej powierzchni, która nachylona jest pod kątem 30 ∘ do poziomu. Jakie jest przyspieszenie bloku podczas zsuwania się z równi oraz siła, którą równia wywiera na blok? Jaką siłę należałoby przyłożyć do bloku w kierunku równoległym do powierzchni równi, aby blok mógł zsuwać się ruchem jednostajnym? 4,9 m/s 2 , 17 N 9,8 N prawo Hooke’a (ang. Hooke’s law ) prawo mechaniki klasycznej związane ze sprężystością ciał, mówi ono, że każde odkształcenie bądź wychylenie ciała z położenia równowagi pod wpływem siły jest proporcjonalne do tej siły siła nacisku reakcji (ang. normal force ) siła równoważąca ciężar danego ciała; jest prostopadła do powierzchni kontaktu dwóch ciał; siła ta jest wywierana przez powierzchnię dążącą do utrzymania na niej niezerowego ciężaru siła naciągu (ang. tension ) siła rozciągająca, działająca wzdłuż rozciągliwego elementu, takiego jak kabel czy lina", "section": "Rodzaje sił", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Rozkłady sił działających na ciała Istotnym krokiem rozwiązania zagadnienia fizycznego z zakresu dynamiki jest rozpatrzenie wszystkich sił działających na analizowany element układu. W niniejszym podrozdziale zbadamy wiele sytuacji, aby nauczyć się, jak przeprowadzić taką analizę w sposób graficzny. Pamiętaj, że rysunek sił działających na ciało powinien uwzględniać jedynie siły zewnętrzne. Analizowane sytuacje mogą dotyczyć ciał spoczywających bądź poruszających się ruchem jednostajnym, gdzie stosujemy pierwsze prawo Newtona ( F wyp = 0 ), lub ciał przyspieszających ( F wyp ≠ 0 ). W podrozdziale Pojęcie siły sformułowaliśmy podstawowe zasady tworzenia diagramu ilustrującego rozkład siły działających na dane ciało. W tym podrozdziale omówimy to zagadnienie bardziej szczegółowo. Tworzenie diagramów sił działających na analizowany element układu Zapoznaj się z kilkoma zasadami rysowania diagramów sił działających na ciało: Narysuj analizowany przez ciebie obiekt (to może być bardzo schematyczny rysunek). Możesz zacząć od zakreślenia badanego obiektu (ciała), aby skupić uwagę na siłach działających na to ciało. Jeżeli traktujesz ciało jako punktowe (jego kształt i wielkość są nieistotne), to możesz zobrazować je jako punkt, zwykle wygodnie jest umieścić badane ciało w początku układu współrzędnych x y . Narysuj wszystkie działające na to ciało siły, uwzględniając ich wartość, kierunek i zwrot. Uwzględnij każdy typ sił, który analizowaliśmy w poprzednich podrozdziałach. Pamiętaj jednak, te siły, które ciało wywiera na swoje otoczenie, oraz siły wewnętrzne nie powinny zostać uwzględnione. Nadaj teraz swojemu diagramowi bardziej szczegółową formę, rozkładając siły na składowe x i y (jest to bardzo przydatne przy rozwiązywania zagadnień z wykorzystaniem pierwszej i drugiej zasady dynamiki). Dokonując tego rozkładu przekreślaj wyjściową siłę wężykiem, aby pamiętać, że nie należy już jej brać pod uwagę (została w sposób całkowicie równoważny zastąpiona przez swoje składowe). Jeżeli w układzie znajduje się więcej niż jedno ciało, narysuj diagram sił osobno dla każdego z nich w ten sam sposób. Uwaga: Jeżeli układ ma pewne przyspieszenie, nie nanosimy go bezpośrednio na diagram sił działających na ciało. Możemy zaznaczyć je w formie wektora obok naszego rysunku. Warto użyć innego koloru, by zaznaczyć, że wektor przyspieszenia nie jest częścią rozkładu sił. Zastosujmy to podejście do przykładu znajdującego się na rysunku (a), pokazującego sanie znajdujące się na płaszczyźnie. Na rysunku (b), pokazaliśmy rysunek rozkładu sił działających na sanie zarówno bez (b), jak i z rozłożeniem (c) siły P na składowe wzdłuż osi x - i y . (a) Poruszające się sanie; (b) rozkład sił działających na sanie; (c) ten sam rozkład uwzględniający rozłożoną na składowe siłę P. Klocki na równi pochyłej Narysuj rozkład sił działających na ciała A i B na równi pochyłej, jak pokazano na . Strategia rozwiązania Zastosujmy do rozwiązania tego zagadnienia metodą opisaną wyżej. Rozwiązanie Na początku zaczniemy analizować jedynie obiekt A na (a). Klocek ten zaznaczono szarą obwódką i oznaczono jako A. (a) Rozkład sił działających na element A układu. (b) Diagram sił działających na obiekt B. Porównując oba rysunki widzimy, że siła tarcia skierowana jest na nich w przeciwne strony. Dzieje się tak, ponieważ ciało A doświadcza siły, która pcha je w prawo, przez co siła tarcia musi być zwrócona w lewą stronę. W przypadku ciała B, siła ta zwrócona jest odwrotnie. Siła tarcia zawsze ma zwrot przeciwny do kierunku ruchu. Rozpatrzmy wszystkie siły działające na ciała na równi. Siła ciężkości działa na każde z nich i jest skierowana w dół, prostopadle do podstawy równi. Siła naciągu pochodząca od sznura, który wciąga w górę równi dwa klocki, zaznaczona została od obiektu w górę równi, równolegle do jej powierzchni. Klocek A posiada jedną powierzchnię styczną z klockiem B, dlatego też doświadcza działania siły prostopadłej do powierzchni styku. Źródłem tej siły jest obiekt B. Ponieważ obiekt B dąży do zsunięcia się z równi, obiekt A będzie się przemieszczał względem niego w górę. Siła tarcia T BA jest więc skierowana w dół. Klocek B doświadcza działania dwóch sił nacisku. Jedna z nich pochodzi od kontaktu z równią pochyłą ( R B ), a druga z kontaktu z klockiem A ( R AB ). Działą też na niego siła tarcia T B skierowana w górę równi, równolegle do niej. Widoczna na rysunku siła tarcia T AB wynika z kontaktu dwóch klocków ze sobą. Zwrot tej siły jest taki sam, jak siły T B . Znaczenie Każdy z analizowanych obiektów w układzie został zakreślony na szaro. Gdy pierwszy raz podchodzisz do zagadnienia związanego z analizą rozkładu sił działających na ciała, zakreślanie kolejnych ciał może ci znacząco pomóc w odseparowaniu od siebie elementów układu. Dzięki temu zauważysz, które siły są rzeczywiście zewnętrzne i istotne, a które pochodzą z wewnątrz układu. Dwa złączone klocki Przyłożono siłę do dwóch złączonych ze sobą klocków, jak pokazano na rysunku. Strategia rozwiązania Narysuj rozkład sił działających na każdy z klocków. Zastosuj trzecie prawo Newtona, aby zauważyć, co dzieje się na styku dwóch ciał. Rozwiązanie Znaczenie Siła A → 21 to siła reakcji wywierana przez klocek 2 na 1. Z kolei siła A → 12 to siła reakcji wywierana przez klocek 1 na 2. Klocek na stole Na stole spoczywa klocek, jak na poniższym rysunku. Przez nieważki bloczek przerzucono nieważką nić, którą połączono klocek na stole z drugim klockiem, swobodnie wiszącym w powietrzu. Klocek drugi o masie m 2 , na który działa siła ciężkości, powoduje występowanie w układzie przyspieszenia. Strategia rozwiązania Załóżmy, że nić jest nieważka i nierozciągliwa. Wówczas nie musimy traktować jej jako osobny obiekt w układzie. Narysujmy diagramy sił działających na dwa klocki. Rozwiązanie Znaczenie Każdy z klocków ma przyspieszenie odpowiednio a → 1 i a → 2 . Jako że nić jest nierozciągliwa, obydwa klocki mają to samo przyspieszenie, a → 1 = a → 2 . Zatem rozwiązując to zagadnienie, możemy przyspieszenie liniowe układu nazwać po prostu a → . Tworzymy dwa diagramy sił, osobno dla każdego z klocków. Umożliwi to znalezienie siły naciągu nici N poprzez rozwiązanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi. Ponieważ nić traktujemy jako nieważką, siła naciągu nici jest jednakowa na całej jej długości. Sprawdź, czy rozumiesz. (a) Narysuj wszystkie siły działające na obydwie masy pokazane na poniższym rysunku. (b) Wykonaj podobny rysunek, rozkładając siły ciężkości dwóch ciał na równi na wektory składowe. Użyj układów współrzędnych z osiami x wzdłuż równi. ; Zapoznaj się z symulacją aby przeanalizować, jak siły zewnętrzne wpływają na ruch obiektów. Skorzystaj z rysunków zawierających rozkłady sił działających na te ciała. Możesz również narysować wykresy pokazujące zależności prędkości i przyspieszenia ciała. Wyjaśnij, jak te zależności są ze sobą powiązane. Podsumowanie Aby wykonać diagram z rozkładem sił działających na ciało, narysuj wszystkie siły zewnętrzne działające na analizowany obiekt i rozłóż wektory sił na składowe wzdłuż osi x i y . Należy wykonać osobny diagram dla każdego obiektu występującego w układzie. Rysunek z rozkładem sił działających na obiekt jest niezwykle pomocny w przypadku rozwiązywania problemów dynamicznych. Stosujemy go przy rozwiązywaniu zagadnień w oparciu o zasady dynamiki Newtona. Najważniejsze wzory Siła wypadkowa zewnętrzna F → wyp = ∑ F → = F → 1 + F → 2 + . . . Pierwsze prawo Newtona v → = const, gdy F → wyp = 0 → N Drugie prawo Newtona, zapis wektorowy F → wyp = ∑ F → = m a → Drugie prawo Newtona, zapis skalarny F wyp = m a Drugie prawo Netwona, zapis wektorowy przy rozkładzie sił na składowe ∑ F → x = m a → x , ∑ F → y = m a → y oraz ∑ F → z = m a → z Drugie prawo Newtona wyrażone za pomocą pędu F → wyp = d p → d t Definicja siły ciężkości, zapis wektorowy Q → = m g → Definicja siły ciężkości, zapis skalarny Q = m g Trzecie prawo Newtona F → AB = − F → BA Siła reakcji podłoża dla obiektu spoczywającego na równi poziomej, zapis wektorowy R → = − m g → Siła reakcji podłoża dla obiektu spoczywającego na równi poziomej, zapis skalarny R = m g Siła reakcji podłoża dla obiektu spoczywającego na równi pochyłej, zapis wektorowy R = m g ⋅ cos ⁡ θ Siła naciągu w układzie masy m zawieszonej na linie, zapis skalarny N = Q = m g Pytania Po narysowaniu wszystkich sił działających na ciało, co w następnej kolejności powinniśmy zrobić, aby rozwiązać w pełni zagadnienie? W przypadku książki spoczywającej na równi, jak wiele sił powinniśmy nanieść na rysunek będący diagramem sił działających na książkę? Opisz te siły. To dwie siły: siła ciężkości książki oraz siła reakcji od podłoża (siła nacisku). Gdyby książka wspomniana w poprzednim pytaniu spadała swobodnie, jak wiele sił działałoby wówczas na książkę? Narysuj wszystkie siły i opisz je. Zadania Piłka o masie m wisi przyczepiona do sprężyny. Zidentyfikuj wszystkie siły w układzie. Narysuj rozkład sił działających na piłkę. Samochód porusza się po ulicy w kierunku poziomym. Narysuj diagram sił na niego działających. Pamiętaj o uwzględnieniu siły tarcia. Biegacz biegnie po bieżni, jak pokazano na rysunku. Stwórz diagram sił działających na biegacza. Przyłóż wektory sił do środka jego ciała. Uwzględnij ciężar. Stwórz podobny diagram, rozkładając siły na wektory składowe w układzie współrzędnych x y . Światła uliczne wiszą na dwóch linach, jak pokazano na poniższym rysunku. Narysuj rozkład wszystkich sił działających w tym układzie. Zadania Ciągniki kosmiczne wywierają dwie niewielkie siły F → 1 = − 2,40 i ^ − 6,10 j ^ N i F → 2 = 8,50 i ^ − 9,70 j ^ N na asteroidę. Znajdź siłę wypadkową działającą na asteroidę; Znajdź kierunek i wartość siły wypadkowej; Jeżeli masa asteroidy wynosi 125 kg, jakie jest jej przyspieszenie? Znajdź kierunek i wartość przyspieszenia asteroidy. Dwie siły o wartościach 25 i 45 N działają na obiekt. Ich kierunki różnią się o kąt 70 ∘ . Wartość przyspieszenia obiektu to 10,0 m/s 2 . Jaka jest masa obiektu? 5,90 kg Siła o wartości 1600 N działa równolegle do rampy, pchając do przodu pianino o masie 300 kg. Rampa nachylona jest do poziomu pod kątem 20 ∘ . Znajdź przyspieszenie pianina podczas wciągania go po rampie. Jaka jest prędkość pianina na wysokości 4 m ponad ziemią? Narysuj wszystkie siły działające na nurka w różnych momentach po wejściu do wody. W przypadku pływaka, który wskakuje do wody, siła oporu powietrza podczas wyskoku jest pomijalnie mała. Masa pływaka wynosi 80 kg, a wysokość, z której skoczył, wynosi 10 m. Trzy sekundy po wskoczeniu do wody zatrzymał się. Jaka średnia siła działała w tym momencie na pływaka ze strony wody? Znajdź wyrażenie opisujące wartość siły wypadkowej potrzebnej, aby zatrzymać samochód o masie m poruszający się z prędkością v 0 , wiedząc, że zatrzymał się po przejechaniu odległości x . Znajdź wartość siły wypadkowej wiedząc, że masa samochodu wynosi 1050 kg, prędkość początkowa to 40 km/h, a samochód zatrzymał się po przejechaniu 25 m. F wyp = m ( v 2 − v 0 2 ) 2 x ; 2590 N Łódka ma masę 1,50 ⋅ 10 3 kg i porusza się do przodu pod wpływem siły 2,00 ⋅ 10 3 N działającej w kierunku na wschód. Wiatr wieje w kierunku 45 ∘ na północny wschód, a jego siła wynosi 3,00 ⋅ 10 3 N. Znajdź kierunek i wartość przyspieszenia łódki. Znajdź przyspieszenie ciała o masie 10,0 kg pokazanego na poniższym rysunku. F → wyp = ( 4,05 i ^ + 12,0 j ^ ) N F → wyp = m a → ⇒ a → = ( 0,405 i ^ + 1,20 j ^ ) m/s 2 Ciało o masie 2,0 kg porusza się wzdłuż osi x , uzyskując prędkość 3,0 m/s, w chwili pokazanej na poniższym rysunku. Jakie jest przyspieszenie ciała? Jaka będzie prędkość ciała 10 s później? Jaką drogę pokona ciało po 10 s? Siła F → B ma wartość dwa razy większą niż F → A . Znajdź kierunek przyspieszenia ciała, przedstawionego na poniższym rysunku. F → wyp = F → A + F → B F → wyp = A i ^ + ( − 1,41 A i ^ − 1,41 A j ^ ) F → wyp = A ( − 0,41 i ^ − 1,41 j ^ ) θ = 254 ∘ Ciało o masie 1 kg poddano działaniu sił F → A , F → B , oraz m g → . Jeżeli ciało porusza się w lewo z przyspieszeniem o wartości 0,20 m/s 2 , jakie są wartości sił F → A i F → B ? Rysunek poniżej przedstawia ciało o masie 1,0 kg pod działaniem sił F → A , F → B i m ⁢ g → . Znajdź F → A i F → B , jeśli ciało ma przyspieszenie 20 ⁢ m / s 2 skierowane w lewo. Samochód o masie m porusza się wzdłuż osi x . Siła działająca na niego sprawia, że jego prędkość zmienia się wraz z położeniem x zgodnie z równaniem v = k x 2 , gdzie k to pewna stała. Znajdź siłę działającą na samochód w funkcji jego położenia. F = 2 k m x ; Na początku oblicz pochodną prędkości, aby otrzymać przyspieszenie ciała a = 2 k x . Później przyspieszenie wstaw do wyrażenia opisującego drugie prawo Newtona: F = m a = m ( 2 k x ) = 2 k m x . Siła o wartości 7,0 N przyłożona została do ciała o masie 1 kg spoczywającego na równi pochyłej. Równia nachylona jest pod kątem 20 ∘ . Tarcie między ciałem a równią zaniedbujemy. Znajdź przyspieszenie ciała. Znajdź przyspieszenie zakładając, że w układzie występuje siła tarcia o wartości 1,9 N. Dwa pudełka, A i B, są początkowo w spoczynku. Pudełko A spoczywa na równi poziomej, natomiast pudełko B spoczywa na równi pochyłej nachylonej pod kątem θ . Napisz wyrażenia opisujące siły reakcji podłoża działające na pudełka. Porównaj te dwie siły. Która z nich jest większa i dlaczego? Jeżeli kąt nachylenia równi wynosi 10 ∘ , która z sił jest większa? W przypadku pudełka A, N A = m g , a w przypadku pudełka B N B = m g ⋅ cos ⁡ θ ; b. N A > N B ponieważ dla θ < 90 ∘ cos ⁡ θ < 1 N A > N B gdy θ = 10 ∘ Ciało o masie 250,0 g zostało przyczepione do sprężyny i zawieszone pionowo nad ziemią. Sprężyna pod wpływem ciężaru ciała wydłużyła się o 6,00 cm. Jak bardzo rozciągnęłaby się sprężyna, gdyby zawisło na niej ciało o masie 530,0 g? Ciało o ciężarze 15,0 N zawieszono na dwóch identycznych sprężynach o stałej sprężystości 20 ⁢ N / m , jak pokazano na poniższym rysunku. Jaka jest siła naprężenia sprężyny A? Jakie jest wydłużenie sprężyny A? 8,66 N; 0,433 m Ciało o masie 30,0 kg spoczywa na równi pochyłej o kącie nachylenia 60 ∘ . Ciało to przymocowane jest do sprężyny, która wydłużyła się o 5,0 cm. Jaka jest stała sprężystości sprężyny? Przy budowie domu stolarze wyciągają gwoździe z dużego pudełka. Pudełko jest przymocowane do sprężyny, aby zmierzyć zużycie gwoździ. Na początku dnia, sprężyna była wydłużona o 50 cm, a na końcu o 30 cm. Ile procent gwoździ zostało zużytych tego dnia? 0,40 lub inaczej 40% Do ciała o masie M = 5,00 kg znajdującego się na równi pochyłej o kącie nachylenia 30 ∘ przyłożono siłę F = 65,0 N jak na poniższym rysunku, przez co ciało poruszało się w górę równi. Tarcie między ciałem a równią należy zaniedbać. Jakie jest przyspieszenie ciała? Dwie siły przyłożono do ciała o masie 5,0 kg, na skutek czego ciało uzyskało przyspieszenie 2,0 m/s 2 w kierunku dodatniej półosi y . Jeżeli jedna z sił działa w kierunku dodatniej półosi x i ma wartość 12 N, to jaka jest wartość drugiej siły? 16 N Dwie masy przerzucono przez nieważki bloczek i połączono nieważką i nierozciągliwą nicią. Jedna z mas jest większa niż druga ( m 2 > m 1 ). Narysuj wszystkie siły działające na każdą z mas. Zadania dodatkowe Jeżeli dwie motorówki holują trzecią, niesprawną motorówkę (jak pokazano na poniższym rysunku), trzecia motorówka będzie poruszać się w kierunku działania siły wypadkowej. (a) Narysuj diagram sił działających na trzecią motorówkę. Załóż brak sił oporu ruchu. (b) Czy uwzględniłeś wszystkie siły zaznaczone na rysunku rysując diagram sił? Dlaczego? Nie wszystkie siły powinny zostać naniesione na taki diagram; siła F → R nie została naniesiona, ponieważ jest wypadkową sił F → 1 i F → 2 . Ciało o masie 10,0 kg porusza się na wschód z prędkością 15,0 m/s. W pewnym momencie przez 2 s działa na nie siła, w wyniku czego ciało zmienia kierunek ruchu na północny wschód, nadal z prędkością 15,0 m/s. Jaki był kierunek i wartość średniej siły działającej na to ciało? 25 czerwca 1983 roku sportowiec niemiecki Udo Beyer pchnął kulę o masie 7,26 kg na odległość 22,22 m, ustanawiając ówczesny rekord świata. Jeżeli pchnięcie nastąpiło na wysokości 2,2 m, a kąt wyrzutu to 45 , 0 ∘ , jaka była prędkość początkowa wyrzutu? Jeżeli podczas wyrzutu z dłoni Beyera kula przyspieszała na dystansie 1,2 m, jaka była siła wypadkowa na nią działająca? 14,1 m/s 601 N Ciało o masie m porusza się w kierunku poziomym. Położenie ciała zmienia się z czasem zgodnie z relacją x ( t ) = a t 4 + b t 3 + c t , gdzie a , b , i c to pewne stałe. Znaleźć przyspieszenie ciała; Znaleźć zależność siły od czasu. Ciało o masie m ma prędkość początkową v 0 skierowaną w stronę dodatniej półosi x . Do ciała przyłożono stałą siłę F w czasie t , aż prędkość ciała zmalała do zera. Siła ta działała na to ciało nadal, aż do momentu, w którym prędkość ciała wyniosła − v 0 . Zapisz wyrażenie opisujące drogę ciała od podanych parametrów. F m t 2 Prędkości ciała o masie 3,0 kg po czasie odpowiednio t = 6,0 s i t = 8,0 s wynoszą ( 3,0 i ^ − 6,0 j ^ + 4,0 k ^ ) m/s i ( − 2,0 i ^ + 4,0 k ^ ) m/s . Wiedząc, że ciało porusza się ze stałym przyspieszeniem, znajdź działającą na nie siłę wypadkową. Astronauta o masie 120 kg znajduje się w saniach rakietowych, które przemieszczają się wzdłuż równi pochyłej. Składowa pozioma przyspieszenia rakiety to 5,0 m/s 2 , natomiast składowa pionowa wynosi 3,8 m/s 2 . Znajdź wartość siły działającej na astronautę w rakiecie. Pamiętaj o sile grawitacji. 936 N Dwie siły działają na obiekt o masie 5,0 kg, w wyniku czego uzyskuje on przyspieszenie 2,0 m/s 2 w kierunku dodatniej półosi y . Jeżeli jedna z tych sił działa kierunku dodatniej osi x i ma wartość 12 N, jaka jest wartość drugiej siły? Załóżmy, że oglądasz mecz piłki nożnej z helikoptera znajdującego się nad boiskiem. Dwóch piłkarzy jednocześnie kopnęło piłkę. Masa piłki wynosi 420 g. Pierwszy z piłkarzy zadziałał na piłkę siłą o wartości 162 N skierowaną pod kątem 9 , 0 ∘ na północ od kierunku zachodniego. W tym samy momencie siła od drugiego piłkarza wynosiła 215 N i miała kierunek 15 ∘ na wschód od kierunku południowego. Znajdź przyspieszenie piłki i zapisz wektor w notacji wersorowej (za pomocą wersorów i ^ i j ^ ). a → = ( − 248 i ^ − 433 j ^ ) m/s 2 Obiekt o masie 10,0 kg wisi na sprężynie o stałej sprężystości 535 N/m. Znajdź wydłużenie sprężyny. (Załóż, że g = 9,80 m/s 2 .) Ozdoba w kształcie dwóch kostek do gry o masie 0,0502 kg zawieszona została przy lusterku wstecznym samochodu. Kostki wiszą na dwóch gumkach. Samochód porusza się ze stałym przyspieszeniem, a kostki wiszą pod kątem 3 , 20 ∘ do pionu. Znajdź wartość przyspieszenia samochodu. 0,548 m/s 2 W cyrku osiołek ciągnie sanie, na których znajduje się mały klaun. Siła ciągu to ( 2,48 i ^ + 4,33 j ^ ) N . W pewnym momencie sanie zaczyna ciągnąć koń, pomagając nieszczęsnemu osiołkowi, działa on na sanie siłą ( 6,56 i ^ + 5,33 j ^ ) N . Masa sań wynosi 575 kg. Znajdź wektor siły wypadkowej i zapisz go w notacji wersorowej dla przypadku, gdy sanie ciągną dwa zwierzęta jednocześnie; znajdź przyspieszenie sań; znajdź prędkość sań po 6,5 s ruchu. Zabawka umieszczana nad dziecięcym łóżeczkiem składa się z elastycznej linki oraz zwierzaków plastikowych, zawieszonych na lince w różnych jej miejscach. Sytuację przedstawiono na poniższym rysunku. Każda z figurek ma masę m , a odległość między miejscami ich umocowania na lince wynosi d i jest stała. Między linką i podporą na łóżeczku utworzył się kąt θ . Środkowy segment ma kierunek poziomy (patrz rysunek). Sąsiednie segmenty tworzą z poziomem kąt ϕ (patrz rysunek). Oznaczmy siły naciągu w kolejnych segmentach nici (od góry) jako N 1 , N 2 oraz N 3 . Znajdź wyrażenia na siły naciągu nici w każdym jej fragmencie w funkcji kątów podanych w treści zadania. Znajdź zależność wiążącą kąty ϕ i θ . Jaka jest wartość kąta ϕ , jeżeli kąt θ = 5 , 10 ∘ ? Znajdź odległość x między końcami w funkcji długości d oraz kąta θ . N 1 = 2 m g sin ⁡ θ , N 2 = m g sin ⁡ ( arctg ( 1 2 tg θ ) ) , N 3 = 2 m g tg θ ϕ = arctg ( 1 2 tg θ ) 2 , 56 ∘ x = d ( 2 cos ⁡ θ + 2 cos ⁡ ( arctg ( 1 2 tg θ ) ) + 1 ) Pocisk karabinu ma masę 10,0 g i porusza się w prawo z prędkością 350 m/s. Trafia w cel, duży worek z piaskiem, wbijając się do środka na głębokość 34,0 cm. Znajdź kierunek i wartość siły hamującej pocisk wewnątrz worka. Ciało poddane jest działaniu trzech sił: F → 1 = ( − 3,00 i ^ + 2,00 j ^ ) N , F → 2 = ( 6,00 i ^ − 4,00 j ^ ) N oraz F → 3 = ( 2,00 i ^ + 5,00 j ^ ) N . Przyspieszenie ciała wynosi 4,23 m/s 2 . Znajdź wektor przyspieszenia ciała w funkcji jego masy m . Znajdź masę ciała. Znajdź prędkość ciała po 5 s ruchu, jeśli początkowo było on w spoczynku. Znajdź składowe wektora prędkości po 5 s ruchu. a → = ( 5,00 m i ^ + 3,00 m j ^ ) m/s 2 1,38 kg 21,2 m/s v → = ( 18,1 i ^ + 10,9 j ^ ) m/s 2 W akceleratorze cząstek proton ma masę 1,67 ⋅ 10 − 27 kg i prędkość początkową 2,00 ⋅ 10 5 m/s . Proton ten porusza się po linii prostej i po przebyciu drogi 10,0 cm jego prędkość wynosi 9,00 ⋅ 10 5 m/s . Zakładając, że przyspieszenie protonu jest stałe, znajdź wartość siły wypadkowej działającej na proton. Dron o masie 1,5 kg leci bezpośrednio nad zamarzniętym jeziorem z prędkością 3,00 i ^ m/s . Po 10,0 s lotu jego prędkość zmieniła się do wartości ( 9,00 i ^ + 4,00 j ^ ) m/s . Zakładając, że w kierunku poziomym działa na niego stała siła powodująca zmianę jego prędkości, znajdź (a) składowe siły i (b) wartość tej siły. ( 0,900 i ^ + 0,600 j ^ ) N 1,08 N", "section": "Rozkłady sił działających na ciała", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Samochody wyścigowe biorące udział w rajdach osiągają często prędkości przekraczające 300 km/h. W ostatnich latach wyścigi samochodowe zyskały bardzo na popularności. Gdy samochody na zakręcie poruszają się po torze krzywoliniowym, ich koła również szybko się obracają. Koła wykonują wiele pełnych obrotów, podczas gdy samochód wykona jedynie część jednego obrotu (po łuku). Jak opisalibyśmy prędkości, przyspieszenia i siły działające w tym przypadku? Jaka siła chroni samochód przed wypadnięciem z zakrętu czy uderzeniem w bandę ochronną? Co wywołuję tę siłę? Dlaczego tory są otoczone bandami ochronnymi? Odpowiedzi na te i na inne pytania związane z zasadami dynamiki Newtona znajdziecie w niniejszym rozdziale.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona Umiejętność rozwiązywania zadań jest konieczna, aby zrozumieć i właściwie zastosować odpowiednie prawa i zasady fizyki. W rozdziale Zasady dynamiki Newtona przedstawiliśmy metodologię rozwiązywania zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona w ruchu postępowym. W niniejszym rozdziale będziemy kontynuować przyjętą strategię rozwiązywania tych zadań metodą „krok po kroku”. Strategia rozwiązywania zadań W niniejszym rozdziale będziemy kontynuować przyjętą wcześniej metodologię rozwiązywania problemów fizycznych, ale zostanie ona wzbogacona o konkretne strategie stosowane w odniesieniu do zasad dynamiki Newtona (ang. Newton’s laws of motion ). Po zidentyfikowaniu, jakie zasady i prawa fizyczne występują w zagadnieniu problemowym i po stwierdzeniu, że są to zasady dynamiki Newtona, można zastosować wymienione niżej kroki, aby znaleźć rozwiązanie. Metodologia ta opisuje liczne pojęcia, które są przydatne również w wielu innych dziedzinach fizyki. W opracowanych przykładach przedstawiono wiele strategii rozwiązywania różnorodnych problemów fizycznych, więc ich analiza pomoże ugruntować nabyte wcześniej umiejętności. Strategia rozwiązywania zadań: zastosowanie zasad dynamiki Newtona Zidentyfikuj wielkości „dane” oraz „szukane”. Wykonaj rysunek poglądowy, zaznaczając wszystkie działające siły za pomocą strzałek. Określ analizowany układ i narysuj rozkład sił działających na ciało (ang. free-body diagram ), który będzie niezbędny do rozwiązania danego problemu. Zastosuj odpowiednią zasadę dynamiki Newtona. Jeśli to konieczne, zastosuj kinematyczne równania ruchu z rozdziału dotyczącego ruchu prostoliniowego. Zastanów się, czy otrzymany wynik ma sens. Spróbujmy zastosować powyższą strategię do rozwiązania zagadnienia związanego z transportowaniem pianina na drugie piętro budynku. Gdy już ustaliliśmy, że problem ten związany jest z drugą zasadą dynamiki Newtona (bo sytuacja ta wymaga stosowania sił), szczególnie istotne jest właściwe rozrysowanie rozkładu sił działających na pianino (patrz (a)). Wszystkie działające siły można przedstawić w postaci strzałek (patrz (b)). Jeśli tylko mamy do tego wystarczające informacje, narysowane strzałki powinny posiadać odpowiednią długość i kierunek, wiernie odwzorowując reprezentowane siły. (a) Wielki fortepian jest wciągany do mieszkania na drugim piętrze. (b) Działające siły są przedstawione za pomocą strzałek. N → jest naciągiem liny nad fortepianem, F → N to siła, jaką fortepian wywiera na linę, zaś Q → jest ciężarem fortepianu. Wszystkie inne siły, takie jak podmuchy wiatru, są pomijane. (c) Załóżmy, że znamy masę fortepianu i mamy znaleźć naciąg liny. Definiujemy analizowany układ i wykonujemy diagram rozkładu sił działających na ciało, jak to zostało przedstawione na rysunku. Wówczas siła F → N nie jest już uwzględniania, ponieważ nie działa ona w obranym układzie odniesienia. F → N działa na układ zewnętrzny. (d) W celu znalezienia sumy sił działających w układzie zastosowano graficzną metodę dodawania wektorów. Jest oczywiste, że jeśli fortepian jest nieruchomy, to N → = − Q → . Podobnie jak w innych zadaniach fizycznych, na początku trzeba określić, jakie wielkości są dane, a jakie szukane w treści zadania. Szczególnie ważne jest również właściwe określenie analizowanego układu. Następnie definiujemy, które siły są zewnętrzne, a które wewnętrzne w danym układzie, gdyż jest to konieczne, aby móc zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona (patrz (c)). Określenie, czy siły są wywierane pomiędzy składnikami układu (siły wewnętrzne) czy pomiędzy układem a elementami zewnętrznymi (siły zewnętrzne), może nastąpić w oparciu o trzecią zasadę dynamiki Newtona. Jak pokazano w rozdziale Zasady dynamiki Newtona , wybór układu jest zdeterminowany wielkościami szukanymi w danym zadaniu. W rozkładzie sił działających na ciało uwzględnia się tylko siły, a nie przyspieszenie czy prędkość. Kilka przykładowych rozkładów sił zostało wykonanych w ramach rozwiązywania poprzednich zadań w niniejszym podręczniku. Z kolei rozkład sił dla dyskutowanego zadania z pianinem przedstawiono na rysunku (patrz (c)). Warto zwrócić uwagę, że na rysunku tym nie ma żadnych sił wewnętrznych. Teraz możemy zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona (patrz (d)). Kiedy siły zewnętrzne zostaną właściwie zidentyfikowane i uwzględnione w rozkładzie sił, dalsze rozwiązanie zadania nie powinno sprawiać nam kłopotu. Jeśli analizowane zagadnienie jest jednowymiarowe (tak jak w tym przypadku) oraz jeśli działające siły są względem siebie równoległe, to sumowanie wektorów można przeprowadzić w sposób algebraiczny. Jeśli natomiast zagadnienie jest dwuwymiarowe, to wektory należy rozłożyć na składowe i przeprowadzić analizę jak dla dwóch zagadnień jednowymiarowych. Robimy to poprzez rzutowanie odpowiednich wektorów siły na osie wybranego wcześniej układu odniesienia. Jak wynika z poprzednich przykładów, właściwy wybór osi może wyraźnie uprościć zadanie. Na przykład jeśli chodzi o zadania z równią pochyłą, to zestaw osi z jedną osią równoległą do równi i drugą prostopadłą do niej jest najwygodniejszy. Zazwyczaj optymalnego wyboru osi dokonuje się tak, by jedna z osi była równoległa do kierunku ruchu. Ogólnie rzecz biorąc, wystarczy napisać drugie prawo Newtona dla odpowiednich składowych sił w różnych kierunkach. Wtedy otrzymamy następujące równania: ∑ i F x i = m a x , ∑ i F y i = m a y . Jeśli na przykład układ doznaje przyspieszenia tylko w kierunku równoległym, wówczas można zapisać a y = 0 . Wiedza ta jest niezbędna, aby określić, jakie nieznane siły działają w analizowanym układzie. Następnie, tak jak zawsze, musimy zweryfikować poprawność otrzymanego wyniku. Zazwyczaj sprowadza się to do sprawdzenia, czy wynik ten jest rozsądny. Na przykład rozsądne jest stwierdzenie, że tarcie powoduje, iż obiekt przesuwa się po równi pochyłej wolniej niż kiedy nie ma tarcia. W praktyce intuicja fizyczna rozwija się stopniowo poprzez rozwiązywanie kolejnych zadań. W miarę nabierania doświadczenia coraz łatwiejsze do oceny staje się stwierdzenie, czy odpowiedź jest rozsądna. Innym sposobem weryfikacji rozwiązania jest sprawdzenie jednostek. Jeśli rozwiązaniem zadania jest wyliczenie siły, a jednostką, którą otrzymamy jest na przykład milimetr na sekundę to wiemy, że popełniliśmy błąd. Istnieje wiele ciekawych przykładów zastosowania zasad dynamiki Newtona. Kilka z nich prezentowanych jest m.in. w niniejszym rozdziale. Ich analiza ma służyć zilustrowaniu kilku dalszych subtelności fizyki i pomóc rozwinąć umiejętności rozwiązywania zadań fizycznych. Najpierw przeanalizujemy zadania związane z równowagą cząstek, które wykorzystują pierwszą zasadę dynamiki Newtona, a następnie rozważymy przyspieszenia cząstek, które obejmują drugą zasadę dynamiki Newtona. Równowaga ciała Przypomnijmy, że ciało jest w równowadze, jeśli działające na nie siły zewnętrzne są zrównoważone. Statyczna równowaga obejmuje przedmioty w spoczynku, a równowaga dynamiczna obejmuje obiekty poruszające się bez przyspieszenia. Ważne jednak, aby pamiętać, że warunki te są względne. Na przykład obiekt może być w spoczynku, gdy jest oglądany z naszego układu odniesienia, ale ten sam przedmiot wydaje się być w ruchu, gdy jest obserwowany przez kogoś poruszającego się ze stałą prędkością. Rozwiążmy teraz kolejne zadanie związane z równowagą ciał (ang. particle equilibrium ), bazując na wiedzy zdobytej podczas analizy rozdziału Zasady dynamiki Newtona . Różne siły naciągu pod różnymi kątami Rozważmy sygnalizację świetlną o masie 15 kg umocowaną na dwóch kablach (patrz ). Znajdź siłę naciągu każdego z kabli, zakładając, że są one nieważkie. (a) Sygnalizacja świetlna zawieszona jest na dwóch kablach. (b) Zaprezentowane są siły działające w układzie. (c) Przedstawione są tylko siły działające na analizowany układ. Obok narysowany jest rozkład sił działających na ciało. (d) Siły są rozłożone na składowe w kierunku pionowym ( y ) oraz poziomym ( x ). Poziome składowe siły naciągu znoszą się, zaś suma pionowych składowych siły naciągu musi być równa ciężarowi sygnalizacji. (e) Na rozkładzie sił działających na ciało przedstawione są siły działające w kierunku pionowym i poziomym. Strategia rozwiązania Analizowanym układem jest sygnalizacja świetlna, dla której rozkład działających sił został przedstawiony na rysunku (patrz (c)). Wszystkie trzy działające siły nie są równoległe, więc trzeba je zrzutować na odpowiedni układ współrzędnych. Najbardziej wygodny układ współrzędnych będzie miał jedną oś poziomą, a drugą pionową. Rzuty poszczególnych sił na wskazany układ współrzędnych zostały przedstawione na rysunku (patrz (d)).W analizowanym zadaniu występują dwie wielkości szukane ( N 1 , N 2 ) , więc konieczne jest sformułowanie dwóch układów równań. Równania te tworzymy w oparciu o drugą zasadę dynamiki Newtona wzdłuż poziomej oraz pionowej osi. Pamiętamy jednocześnie, że wypadkowa działających sił jest równa zero, ponieważ przyspieszenie jest równe zeru. Rozwiązanie Rozważmy siły działające w kierunku poziomym (lub osi x ): F wyp x = N 2 x − N 1 x = 0 . Z czego wynika: N 1 x = N 2 x . To z kolei daje nam następującą zależność: N 1 cos ⁡ 30 ∘ = N 2 cos ⁡ 45 ∘ . Zatem: N 2 = 1,225 N 1 . Zauważ, że N 1 i N 2 nie są równe, ponieważ są skierowane pod innymi kątami. Sensowne jest spostrzeżenie, że N 2 jest większa niż N 1 ponieważ jest skierowana bardziej poziomo niż N 1 . Teraz rozważmy siły działające w kierunku pionowym (osi y ): F wyp y = N 1 y + N 2 y − Q = 0 . Stąd wynika, że: N 1 y + N 2 y = Q . To z kolei prowadzi do zależności: N 1 sin 30 ∘ + N 2 sin 45 ∘ = Q . W równaniu tym występują dwie niewiadome, ale podstawiając wyrażenie na N 2 zależne od N 1 (z analizy sił poziomych) upraszczamy to równanie do postaci równania z jedną niewiadomą: N 1 ⋅ 0,500 + 1,225 N 1 ⋅ 0,707 = Q = m g , co równa się 1,3661 N 1 = 15,0 k g ⋅ 9,80 m s 2 . Rozwiązanie tego ostatniego równania daje nam wartość liczbową N 1 równą: N 1 = 108 N . Na końcu znajdujemy wartość liczbową N 2 poprzez zastosowanie zależności między siłami N 2 = 1,225 N 1 , co zostało wykazane wcześniej. Wówczas otrzymujemy wartość N 2 = 132 N . Znaczenie Obie siły naciągu byłyby większe, gdyby kable były bardziej poziome. Z kolei siły naciągu każdego z kabli byłyby sobie równe wtedy i tylko wtedy, gdyby kąty po obu stronach były jednakowe (podobnie jak w przykładzie z linoskoczkiem analizowanym w rozdziale Zasady dynamiki Newtona . Przyspieszenie ciała Rozważyliśmy kilka przykładów ciał w równowadze. Teraz nasza uwaga skupi się na zadaniach z przyspieszeniem ciał (ang. particle acceleration ), które wynika z istnienia niezerowej siły wypadkowej. Przyjrzyj się jeszcze raz strategii rozwiązywania zadań przedstawionej na początku tego rozdziału i zastanów się, jak można ją zastosować do poniższych przykładów. Siła oporu działająca na barkę Dwa holowniki pchają barkę w różnych kierunkach ( ). Pierwszy holownik wywiera siłę 2 , 7 ⋅ 10 5 N w kierunku x a drugi holownik wywiera siłę 3 , 6 ⋅ 10 5 N w kierunku y . Masa barki wynosi 5 , 0 ⋅ 10 6 k g , a jej przyspieszenie jest równe 7 , 5 ⋅ 10 − 2 m / s 2 i skierowane jest jak przedstawiono na rysunku. Ile wynosi siła oporu wody działająca na barkę i utrudniająca jej ruch? (Zauważ, że siła oporu jest siłą wywieraną na ciała przez płyny takie jak powietrze lub woda. Siła oporu (ang. drag force ) utrudnia ruch ciał. Ponieważ barka jest płaska z dołu, można założyć, że siła oporu działa w kierunku przeciwnym do ruchu barki.) (a) Widok z góry na dwa holowniki pchające barkę. (b) Rozkład sił działających na barkę zawiera tylko siły działające w płaszczyźnie lustra wody. Pominięte zostają dwie siły działające w kierunku pionowym: siła ciężkości barki oraz siła wyporu wody, ponieważ się znoszą. Zauważ, że F → 12 oznacza całkowitą, sumaryczną siłę wywieraną przez holowniki na barkę. Strategia rozwiązania (a) przedstawia kierunki i wartości występujących wektorów sił i przyspieszenia. Całkowita siła wywierana przez holowniki na barkę ( F → 12 ) wynosi: F → 12 = F → 1 + F → 2 . Siła oporu wody F → op skierowana jest przeciwnie do kierunku ruchu barki, czyli działa ona w kierunku przeciwnym niż siła F → 12 , przedstawiona na rozkładzie sił na (b). W tym zadaniu analizowanym układem jest barka, więc do niej przyłożone są wektory sił i przyspieszenia. W związku z tym, że działające siły są prostopadłe, osie x i y są tak samo skierowane jak siły F → 1 i F → 2 . Analizowane zadanie staje się zagadnieniem jednowymiarowym wzdłuż kierunku działania siły, ponieważ siła oporu skierowana jest przeciwnie do kierunku działania siły F → 12 . Następnie przyjmujemy odpowiednią strategię, aby znaleźć kierunek i wartość wypadkowej sił wywieranych przez holowniki ( F → 12 ) i zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona do znalezienia siły oporu F → op . Rozwiązanie Jako że siły F 1 i F 2 są prostopadłe, możemy znaleźć kierunek i wartość wypadkowej tych dwóch sił F → 12 bezpośrednio z zależności geometrycznych. Po pierwsze, w celu obliczenia wartości tej siły zastosujemy twierdzenie Pitagorasa: F 12 = F 1 2 + F 2 2 = ( 2 , 7 ⋅ 10 5 N ) 2 + ( 3 , 6 ⋅ 10 5 N ) 2 = 4 , 5 ⋅ 10 5 N . Kąt natomiast jest równy: θ = arctg ⁡ ( F 2 F 1 ) = arctg ⁡ ( 3 , 6 ⋅ 10 5 N 2 , 7 ⋅ 10 5 N ) = 53 , 1 ∘ . Z pierwszej zasady dynamiki Newtona wiadomo, że kierunek tej siły jest taki sam jak kierunek działającego przyspieszenia. Wiemy również, że siła oporu F → op działa w przeciwnym kierunku niż F → 12 , ponieważ zmniejsza ona przyspieszenie barki. W związku z tym wypadkowa sił zewnętrznych jest tak samo skierowana jak F → 12 , ale jej wartość jest nieco mniejsza niż wartość siły F → 12 . Jako że problem jest w zasadzie zagadnieniem jednowymiarowym, na podstawie diagramu rozkładu sił w układzie można napisać: F wyp = F 12 − F op . Jednakże z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że: F wyp = m a . Stąd F 12 − F op = m a . Na tej podstawie można obliczyć wartość siły oporu wody F op działającej na barkę. F op = F 12 − m a . Po podstawieniu znanych wartości liczbowych otrzymujemy: F op = 4 , 5 ⋅ 10 5 N − 5 , 0 ⋅ 10 6 k g ⋅ 7 , 5 ⋅ 10 − 2 m s 2 = 7 , 5 ⋅ 10 4 N . Z kolei kierunek siły oporu wody F → op został określony jako kierunek przeciwny do wypadkowej sił wywieranych na barkę przez holowniki F → 12 lub jako zwrócony pod kątem 53 ∘ na południowy zachód. Znaczenie Wartości liczbowe otrzymane w tym zadaniu są rozsądne dla umiarkowanie dużej barki. Uzyskanie większych wartości przyspieszeń przy użyciu holowników jest szczególnie trudne, a ponadto zachowanie małych prędkości jest pożądane. Przy niskich prędkościach, dla dobrze zaprojektowanych kadłubów, siła oporu jest stosunkowo niska, co zgadza się z odpowiedzią z zadania, gdzie F op jest ponad 600 razy mniejsza od ciężaru barki. W rozdziale Zasady dynamiki Newtona omawialiśmy pojęcie siły normalnej (ang. normal force ), która jest kontaktową siłą reakcji w kierunku normalnym do płaszczyzny powierzchni i działającą na obiekt w taki sposób, że nie doznaje on przyspieszenia w kierunku prostopadłym do powierzchni. Waga laboratoryjna jest doskonałym przykładem urządzenia mierzącego normalną siłę reakcji działającą na ciało. Daje nam informację, jak mocno trzeba pchać w górę, aby podtrzymać ciężar ciała. Ale czy potrafisz przewidzieć, jakie wskazanie na skali wagi zobaczysz, jeśli waga umieszczona zostanie w poruszającej się windzie (ang. elevator )? Czy wskazywana wartość będzie większa niż twój statyczny ciężar, kiedy winda wystartuje w górę? Jakie będzie wskazanie, jeśli winda będzie poruszała się w górę ze stałą prędkością? Postaraj się najpierw intuicyjnie odpowiedzieć na to pytanie, zanim jeszcze przyswoisz analizę kolejnego przykładu. Co tak naprawdę pokazuje waga łazienkowa umieszczona w windzie? przedstawa mężczyznę o masie 75 kg, stojącego na wadze łazienkowej umieszczonej w windzie. Oblicz, jakie będą wskazania wagi w następujących przypadkach: gdy winda porusza się w górę z przyspieszeniem 1,20 m/s 2 gdy winda porusza się w górę ze stałą prędkością równą 1 m/s. (a) Różne siły działające na człowieka stojącego w windzie na wadze łazienkowej. Długości wektorów odzwierciedlają sytuację, gdy winda porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę. „Nieciągły” wektor reprezentuje siłę o wartości zbyt dużej, by mogła zostać w całości zaprezentowana na rysunku. N → jest siłą naciągu liny, na której wisi winda, Q → cz jest ciężarem człowieka, Q → wag jest ciężarem wagi, Q → win jest ciężarem windy, F → wag jest siłą wywieraną przez wagę na człowieka, F → cz jest siłą wywieraną przez człowieka na wagę, F → n jest siłą nacisku wywieraną przez wagę na podłogę windy, zaś R → jest siłą normalną do podłoża (siłą reakcji podłogi wywieraną na wagę). (b) Wykonany rozkład sił zawiera tylko siły zewnętrzne działające na zaznaczony układ (człowieka). Tylko te siły będą brane pod uwagę w dalszej analizie zagadnienia. Strategia rozwiązania Waga w spoczynku będzie wskazywała F → cz , czyli wartość siły wywieranej na wagę przez człowieka. (a) przedstawia liczne siły działające na windę, człowieka i wagę. Mimo że analizowane zagadnienie jest jednowymiarowe, to wygląda ono na dużo bardziej złożone niż w przypadku, gdy jako analizowany układ wybrano tylko człowieka (patrz (b)). Wówczas jedynymi siłami działającymi na człowieka są jego ciężar Q → cz oraz siła wywierana przez wagę F → wag . Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona siły F → cz i F → wag są zgodne co do wartości, ale przeciwnie skierowane. W związku z tym musimy znaleźć wartość F wag po to, by dowiedzieć się, ile wynosi wskazanie wagi. Jak zawsze, zastosujemy w tym celu drugą zasadę dynamiki Newtona: F → wyp = m a → . Z rozkładu sił działających na ciało wynika, że F → wyp = F → wag + Q → cz , co po przejściu do zapisu skalarnego oznacza: F wag − Q cz = m a . Po przekształceniu uzyskujemy równanie z jedną niewiadomą F wag : F wag = m a + Q cz , a uwzględniając fakt, że Q cz = m g , równanie upraszcza się do postaci: F wag = m a + m g . Nie przyjmowaliśmy żadnych założeń dla przyspieszeń, więc uzyskane rozwiązanie powinno być uniwersalne. (Zauważ, że w tym zadaniu rozważamy przypadek, gdy winda porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę. Gdyby poruszała się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół, zależność wynikająca z drugiej zasady dynamiki Newtona wyglądałaby następująco: F wag − Q cz = − m a . ) Rozwiązanie Przyjmijmy, że a = 1,20 m/s 2 , więc F wag = 75 , 0 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 + 75 , 0 k g ⋅ 1 , 20 m s 2 , co daje F wag = 825 N . Teraz zastanówmy się, co się dzieje, gdy winda osiąga pewną ustaloną wartość prędkości skierowanej w górę? Czy wskazania wagi nadal będą większe niż ciężar człowieka? Otóż w każdym przypadku ruchu ze stałą prędkością, niezależnie, czy w górę, czy w dół, przyspieszenie jest równe zero, ponieważ a = Δ v / Δ t i Δ v = 0 m / s . Zatem F wag = m a + m g = 0 + m g lub F wag = 75 , 0 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 , co z kolei daje wartość F wag = 735 N . Znaczenie Odczyt na wadze ( (a)) wynosi ok. 84 kg. Jaki byłby odczyt wagi, gdyby znajdowała się ona w nieruchomej windzie? Jako że przyspieszenie byłoby równe zero, siła wywierana przez wagę na człowieka byłaby równa ciężarowi człowieka: F wyp = m a = 0 = F wag − Q cz F wag = Q cz = m g F s = 75 , 0 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 = 735 N . Jeśli zatem odczyt wagi jest większy niż ciężar człowieka (wynoszący 735 N, czyli 75 kg) oznacza to, że waga „podnosi” człowieka z siłą większą niż jego ciężar, ponieważ działa na niego przyspieszenie. Zatem im większe jest przyspieszenie windy, tym większy odczyt wagi, co jest zgodne z odczuciami, jakich doznajemy porównując ruch w windach jadących z dużym lub z małym przyspieszeniem. Natomiast otrzymane w przypadku (b) wskazanie wagi wynoszące 735 N (75 kg) jest równe ciężarowi człowieka. Jest to przypadek ruchu windy ze stałą prędkością w górę, w dół lub windy nieruchomej. Sprawdź, czy rozumiesz. Teraz oblicz, jakie będą wskazania wagi, jeśli winda będzie poruszać się w dół ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem równym 1,20 m/s 2 . F wag = 645 N Jak już wspomniano, rozwiązanie poprzedniego przykładu odnosi się również do przypadku windy poruszającej się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół. Wówczas przyspieszenie a jest ujemne, a odczyt wagi jest mniejszy niż ciężar człowieka. Jeśli osiągnięta zostanie ustalona wartość prędkości w kierunku pionowym w dół, to wskazanie wagi będzie zgodne z ciężarem człowieka. Jeśli zaś winda zacznie spadać pionowo w dół z przyspieszeniem g , to odczyt na skali wagi będzie równy zero, a człowiek znajdzie się w stanie nieważkości. Dwa ciała połączone nicią przerzuconą przez bloczek przedstawia ciężarek o masie m 1 spoczywający na gładkiej, poziomej powierzchni. Ciężarek ten połączony jest z drugim ciężarkiem o masie m 2 za pomocą cienkiej, nieważkiej i nierozciągliwej nici przerzuconej przez nieważki, nieruchomy bloczek. Znajdź przyspieszenie ciężarków oraz siłę naciągu liny przy założeniu znanych wartości m 1 , m 2 i g . (a) Ciężarek 1 jest połączony z ciężarkiem 2 za pomocą cienkiej, nieważkiej i nierozciągliwej nici przerzuconej przez nieważki, nieruchomy bloczek. (b) Rozkład sił działających na każdy z ciężarków. Strategia rozwiązania Dla każdego klocka z osobna rysujemy rozkład działających sił ( ). Rozpatrujemy je oddzielnie. Zauważamy, że na klocek 1 działa siła ciężkości, siła reakcji podłoża i siła naciągu nici. Z kolei na klocek 2 wywierana jest siła ciężkości i siła naciągu nici. Równania sił wynikające z drugiej zasady dynamiki Newtona wyglądają następująco: Dla klocka 1: N → + Q → 1 + R → = m 1 a → 1 Dla klocka 2: N → + Q → 2 = m 2 a → 2 . Zauważ, że siła naciągu nici N → jest taka sama dla obu klocków. W związku z tym, że nić i bloczek są nieważkie oraz że bloczek nie wywołuje tarcia, siły naciągu są takie same na całej długości nitki. Możemy zatem rozpisać równania na poszczególne składowe dla każdego klocka. Wszystkie siły działają albo w kierunku pionowym, albo poziomym, więc najwygodniej będzie użyć tego samego układu współrzędnych dla obu klocków. Rozwiązanie Bilans sił działających wzdłuż poszczególnych kierunków wynika z równań wektorowych przedstawionych powyżej. Widzimy, że dla klocka 1 siły działające w kierunku pionowym są w równowadze (klocek nie porusza się w kierunku pionowym), więc je pomijamy i uwzględniamy tylko siły działające wzdłuż osi x . Z kolei na klocek 2 nie działają żadne siły w kierunku poziomym, więc jedynie siły działające wzdłuż osi y są uwzględniane. W rezultacie otrzymujemy następujące zależności: Klocek 1 Klocek 2 ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y N x = m 1 a 1 x N y − m 2 g = m 2 a 2 y . Gdy klocek 1 przesuwa się w prawo, klocek 2 przemieszcza się dokładnie o ten sam odcinek drogi w dół. Możemy zatem zapisać, że a 1 x = − a 2 y . Przyjmując jednakowe oznaczenie dla przyspieszeń każdego z klocków a = a 1 x = − a 2 y , otrzymujemy zależność: N = m 1 a oraz N − m 2 g = − m 2 a . Tworząc układ równań z dwóch powyższych zależności, jesteśmy w stanie wyprowadzić wyrażenia na dwie wielkości szukane: a i N a = m 2 m 1 + m 2 g oraz N = m 1 m 2 m 1 + m 2 g . Znaczenie Zauważ, że siła naciągu nici jest mniejsza niż ciężar bloczka zwisającego na jej końcu. Często popełnianym błędem w tego typu zadaniach jest przyjmowanie następującej równowagi sił: N = m 2 g . Z rozkładu sił działających na klocek 2 jasno wynika, że tego typu równanie jest niepoprawne, ponieważ klocek ten nie jest statyczny, lecz przyspiesza. Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz wartości liczbowe przyspieszenia układu klocków oraz siłę naciągu nici przy założeniu następujących mas klocków: m 1 = 5,00 kg i m 2 = 3 , 00 k g . a = 3,68 m/s 2 , N = 18,4 N Spadkownica Atwooda Jednym z klasycznych zagadnień mechaniki jest analiza ruchu tzw. spadkownicy Atwooda (ang. Atwood machine ), która składa się z liny przerzuconej przez bloczek, na końcu której zawieszone są ciała o różnych masach. Rozważmy spadkownicę przedstawioną na . Przyjmijmy, że bloczek jest nieruchomy, a masy zawieszonych ciężarków wynoszą odpowiednio m 1 = 2,00 kg i m 2 = 4 , 00 k g . Jeśli swobodnie puścimy ciężarek o masie m 2 , to jakie będzie jego przyspieszenie? Jaki będzie naciąg liny? Spadkownica Atwooda oraz rozkłady sił działających na poszczególne klocki. Strategia rozwiązania Dla każdego klocka z osobna trzeba narysować rozkłady sił, jak to zostało przedstawione powyżej. Następnie analizujemy każdy schemat, aby znaleźć wymagane wielkości szukane. Otrzymane bilanse sił dla każdego z klocków można ze sobą powiązać, tak jak to zostało przedstawione w poprzednim przykładzie. Jako że klocek 2 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół z przyspieszeniem a 2 , to klocek 1 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę z przyspieszeniem a 1 . Skoro przyspieszenia te są równe co do wartości, to możemy zapisać: a = a 1 = − a 2 . Rozwiązanie Ze schematów rozkładów sił wynikają następujące zależności: Dla m 1 : ∑ F y = N − m 1 g = m 1 a . Dla m 2 : ∑ F y = N − m 2 g = − m 2 a . Znak minus ( − ) przed m 2 a wskazuje, że przy intuicyjnie przyjętym układzie współrzędnych, gdzie oś y skierowana jest pionowo w górę, masa m 2 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół. Oba klocki poruszają się z jednakowym co do wartości przyspieszeniem, ale przeciwnie skierowanym. Po napisaniu układu równań i zauważeniu, że siły naciągu nici są takie same dla obu klocków, otrzymujemy następującą zależność: ( m 2 − m 1 ) g = ( m 1 + m 2 ) a . co po przekształceniu daje następujące wyrażenie na przyspieszenie a : a = m 2 − m 1 m 1 + m 2 g = 4 kg − 2 kg 4 kg + 2 kg ( 9,8 m/s 2 ) = 3,27 m/s 2 . Siłę naciągu nici można obliczyć korzystając z bilansu sił dla któregokolwiek z klocków. Wybierając bilans dla klocka 1 uzyskujemy następujące rozwiązanie: N − m 1 g = m 1 a N = m 1 ( g + a ) = ( 2 kg ) ( 9,8 m/s 2 + 3,27 m/s 2 ) = 26,1 N . Znaczenie Wyrażenie na przyspieszenie a w rozwiązaniu niniejszego przykładu może być rozumiane jako stosunek niezrównoważonej siły działającej na analizowany układ ( m 2 − m 1 ) g , do całkowitej masy tego układu m 1 + m 2 . Spadkownicy Atwooda można używać również do pomiaru lokalnej siły grawitacji, a konkretnie lokalnej wartości przyspieszenia ziemskiego. Sprawdź, czy rozumiesz. Przekształć powyższe równania tak, być znaleźć wyrażenie na siłę naciągu nici N dla spadkownicy Atwooda w funkcji wielkości danych w zadaniu: m 1 , m 2 i g . T = 2 m 1 m 2 m 1 + m 2 g (Ten wynik można otrzymać, wstawiając wyrażenie na przyspieszenie z (a) do wyrażenia na siłę naciągu na (b).) Kinematyka i zasady dynamiki Newtona Fizyka jest najbardziej pasjonująca, gdy stosuje się ją do ogólnych sytuacji, które wymagają więcej niż jednego wąskiego zbioru stosowanych zasad fizycznych. Tak właśnie jest z zasadami dynamiki Newtona, które w trakcie rozwiązywania zadań często łączy się z zasadami lub prawami występującymi w innych działach fizyki. Na przykład w celu przeanalizowania ruchu przyspieszonego ciała odwołujemy się nie tylko do zasad dynamiki Newtona, ale również do naszej wiedzy z kinematyki (ang. kinematics ). Gdy rozwiązujesz zadanie, w którym występują siły, przyspieszenia, prędkości i/lub położenie, należy wypisać wielkości dane i szukane, co pomoże rozpoznać, jakie zasady fizyczne należy zastosować. Wówczas będziesz w stanie odwołać się do konkretnych działów niniejszego podręcznika i na podstawie zamieszczonych tam strategii rozwiązania będziesz umieć to zadanie rozwiązać. W następnym przykładzie zaprezentujemy, jak strategia rozwiązania zadań z niniejszego rozdziału w powiązaniu z tymi przedstawionymi w rozdziałach wcześniejszych, mogą zostać zastosowane do rozwiązania bardziej złożonego zagadnienia fizycznego. Jak bardzo piłkarz musi się starać, aby osiągnąć maksymalną prędkość? Piłkarz znajduje się w spoczynku, po czym zaczyna biec ruchem jednostajnie przyspieszonym, dzięki czemu osiąga prędkość 8,00 m/s w ciągu 2,50 s. Jakie jest jego średnie przyspieszenie? Jaką średnią siłę wywiera podłoże na piłkarza, jeśli osiąga on wyliczone przyspieszenie? Masa piłkarza wynosi 70 kg, a opór powietrza pomijamy. Strategia rozwiązania Zastosujmy strategię rozwiązania zadań przedstawioną w niniejszym rozdziale. Nie zawsze trzeba wykonać wszystkie kroki, które zostały zaproponowane w ogólnej metodologii. W niniejszym zadaniu po zidentyfikowaniu wielkości danych i szukanych rozwiązujemy zadanie w oparciu o drugą zasadę dynamiki Newtona, a następnie sprawdzamy, czy uzyskany wynik jest racjonalny. Rozwiązanie Mamy dane: prędkość początkową i końcową (odpowiednio 0 m/s i 8,00 m/s). W związku z tym różnica prędkości wynosi Δ v = 8,00 m/s . Wiemy również, że czas ruchu wynosi Δ t = 2,50 s . Szukane jest natomiast przyspieszenie, które można obliczyć na podstawie definicji: a = Δ v Δ t . Podstawiając dane z zadania, otrzymujemy a = 8 , 00 m / s 2 , 50 s = 3 , 20 m s 2 . Następnie jesteśmy pytani o średnią siłę, jaką ziemia wywiera na piłkarza, pomagając mu uzyskać przyspieszenie. Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona jest to siła reakcji do tej, którą piłkarz wywiera na ziemię. Pomijając opór powietrza siła ta będzie co do wartości równa wypadkowej sił zewnętrznych działających na sportowca. Znając masę i przyspieszenie piłkarza, możemy zapisać: F wyp = m a . Po podstawieniu wartości liczbowych na m i a otrzymujemy F wyp = 70 , 0 k g ⋅ 3 , 20 m s 2 = 224 N . Wartość ta jest racjonalna. Przyspieszenie to jest typowe dla sportowca w dobrej kondycji fizycznej. Siła natomiast odpowiada ciężarowi ciała o masie 22,7 kg, co również jest sensownym wynikiem. Znaczenie Przykład ten obrazuje, jak zastosować strategie rozwiązywania zadań do zagadnień wiążących w sobie różne działy fizyki. Najpierw trzeba określić, jakich zasad fizycznych dotyczy zadanie, a następnie zidentyfikować dane i szukane. W dalszej kolejności należy zastosować odpowiednie prawa (w tym przypadku drugą zasadę dynamiki Newtona), aby rozwiązać zadanie. Na końcu należy przedyskutować, czy otrzymany wynik jest rozsądny. Takie systematyczne podejście do rozwiązywania problemów będzie przydatne nie tylko w fizyce, ale również w innych dziedzinach nauki, a nawet w codziennym życiu. Sprawdź, czy rozumiesz. Po zakończeniu akcji piłka znajduje się w odległości 2,00 m od piłkarza, który stwierdza, że za chwilę przejmie ją przeciwnik. Jak długo zajęłoby mu dotarcie do piłki, jeśli zacząłby biec pod wpływem siły 126 N? 1,49 s Jaka siła działa na model helikoptera? Model helikoptera o masie 1,5 kg porusza się z prędkością j ^ ⋅ 5,00 m / s w czasie t = 0 . Porusza się on ze stałym przyspieszeniem przez 2 sekundy, po czym osiąga prędkość i ^ ⋅ 6 , 00 m / s + j ^ ⋅ 12 , 00 m / s . Jaka jest wartość siły działającej na ten helikopter w trakcie opisywanego czasu? Strategia rozwiązania Obieramy układ współrzędnych, w którym oś x (kierunek i ^ ) jest zorientowana poziomo, zaś oś y (kierunek j ^ ) jest zorientowana pionowo. Wiemy, że Δ t = 2 , 00 s oraz że zmiana prędkości wynosi i ^ ⋅ 6 , 00 m / s + j ^ ⋅ 12 , 00 m / s − j ^ ⋅ 5 , 00 m / s . Mając te dane jesteśmy w stanie obliczyć przyspieszenie z definicji, a następnie zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona. Rozwiązanie Otrzymujemy następujące zależności na przyspieszenie i siłę: a = Δ v Δ t = i ^ ⋅ 6 , 00 m / s + j ^ ⋅ 12 , 00 m / s − j ^ ⋅ 5 , 00 m / s 2 , 00 s = i ^ ⋅ 3 , 00 m / s 2 + j ^ ⋅ 3 , 50 m / s 2 ∑ F → = m a → = 1 , 5 k g ( i ^ ⋅ 3 , 00 m / s 2 + j ^ ⋅ 3 , 50 m / s 2 ) = i ^ ⋅ 4 , 50 N + j ^ ⋅ 5 , 25 N . Liczbowa wartość siły działającej na helikopter wynosi: F = ( 4,50 N ) 2 + ( 5,25 N ) 2 = 6,91 N . Znaczenie Wielkości wektorowe dane w zadaniu zostały przedstawione w postaci typowego zapisu wektorowego, w którym używa się wektorów jednostkowych i ^ − j ^ , co oznacza, że w obliczeniach wykorzystany został rachunek wektorowy. Porównaj to rozwiązanie z rozwiązaniami podanymi w poprzednich przykładach. Sprawdź, czy rozumiesz. Dla sytuacji w poprzednim zadaniu znajdź kierunek, w którym będzie się poruszał się model helikoptera. 49 , 4 ∘ Ciągnik bagażowy (a) przedstawia ciągnik ciągnący wózki z bagażami na lotnisku. Masa ciągnika wynosi 650,0 kg, masa wózka A 250,0 kg, zaś masa wózka B 150,0 kg. Ciągnik rusza pod wpływem siły ciągu silnika, która działa przez 3,00 s. Jeśli siła ciągu silnika jest funkcją zależną od czasu, przedstawioną równaniem F = t ⋅ 820 , 0 N / s , to jaka będzie prędkość ciągnika po upływie 3,00 s? Ile wynosi siła naciągu liny łączącej ciągnik z wózkiem A? (a) Rozkład sił zewnętrznych działających na układ składający się z ciągnika oraz przyłączonych do niego dwóch wózków bagażowych. (b) Rozkład sił działających tylko na ciągnik, przedstawiony w celu znalezienia siły naciągu liny łączącej ciągnik z wózkami. Strategia rozwiązania Na rozkładzie sił działających na ciągnik przedstawiona jest siła ciągu silnika, która nadaje ciągnikowi przyspieszenie. Rozważamy tylko ruch w kierunku poziomym, ponieważ z bilansu sił w kierunku pionowym wynika, że siły te są w równowadze i nie trzeba ich brać pod uwagę. Z kolei w przykładzie (b) wykorzystujemy tylko rozkład sił dla samego ciągnika, ponieważ chcemy znaleźć siłę naciągu liny między ciągnikiem a wózkiem A, oznaczoną jako N → . Rozwiązanie ∑ F x = m układu a x i ∑ F x = 820,0 t , zatem 820,0 t = ( 650,0 + 250,0 + 150,0 ) a a = 0,7809 t . W związku z tym, że przyspieszenie jest funkcją zależną od czasu, prędkość można obliczyć, wychodząc z definicji przyspieszenia a = d v / d t przy założeniu warunków początkowych v 0 = 0 w czasie t = 0 . Po przekształceniu całkujemy obustronnie to wyrażenie w granicach od t = 0 do t = 3 ⁢ s d v = a d t , ∫ 0 3 d v = ∫ 0 3 a d t = ∫ 0 3 0 , 7809 t d t , v = [ 0 , 3905 t 2 ] 0 3 = 3 , 51 m s . Spójrz na rozkład sił działających na ciągnik, przedstawiony na (b). Rozpisz bilans działających sił: ∑ F x = m ciągnik a x 820,0 t − N = m ciągnik ( 0,7805 ) t ( 820,0 ) ( 3,00 ) − N = ( 650,0 ) ( 0,7805 ) ( 3,00 ) N = 938 N . Znaczenie W związku z tym, że siła jest zmienna w czasie, do rozwiązania tego zadania musimy użyć rachunku różniczkowo-całkowego. Zwróć uwagę, że w rozwiązaniu przykładu (a) pod uwagę brana jest masa całego układu ( (a)), zaś w rozwiązaniu przykładu (b) wystarczy znajomość masy ciągnika ( (b)), ponieważ to on bezpośrednio poddawany jest działaniu siły naciągu liny. Przypomnijmy, że v = d s / d t i a = d v / d t . Skoro przyspieszenie jest funkcją zależną od czasu, to w niniejszym przykładzie możemy zastosować metody rachunku różniczkowo-całkowego, jak to było robione w rozdziale Ruch prostoliniowy . Czasami jednak przyspieszenie jest dane jako funkcja położenia. Wówczas możemy wyprowadzić szukane zależności, przekształcając odpowiednio równania różniczkowe. Na przykład przekształcając dwie pierwsze zależności na prędkość i przyspieszenie tak, by wyciągnąć z każdego d t otrzymujemy d t = d s / v i d t = d v / a . Następnie porównując te wyrażenia, otrzymujemy d s / v = d v / a . Po przekształceniu ich ostatecznie otrzymujemy zależność a d s = v d v . Ruch pocisku wystrzelonego pionowo w górę Pocisk o masie 10 kg jest wystrzeliwany z moździerza, znajdującego się na powierzchni ziemi, pionowo w górę z prędkością początkową 50,0 m/s (spójrz na ). Na jaką wysokość wzniesie się pocisk, jeśli opór powietrza wynosi F op = v 2 ⋅ 0 , 01 k g / m , gdzie v jest szybkością pocisku w danej chwili? (a) Pocisk moździerzowy jest wystrzeliwany pionowo w górę. Uwzględniamy siłę oporu powietrza działającą na pocisk. (b) Rozkład sił działających na pocisk w ruchu. Strategia rozwiązania Siła działająca na pocisk moździerzowy może zostać obliczona na podstawie równania ruchu zawierającego zależność siły od przyspieszenia. Zależność przyspieszenia od położenia pocisku może zostać obliczona na podstawie równań kinematycznych. Rozwiązanie W chwili początkowej y 0 = 0 m i v 0 = 50 , 0 m / s . Po osiągnięciu maksymalnej wysokości y = h , v = 0 m / s . Na rozkładzie sił działających na pocisk siła oporu powietrza F op jest skierowana w dół, ponieważ utrudnia ona ruch pocisku. W związku z tym możemy zapisać: ∑ F y = m a y − F op − Q = m a y − 0 , 01 v 2 − 98 = 10 a a = − 0 , 001 v 2 − 9 , 80. Wypadkowe przyspieszenie pocisku jest zmienne i zależy od v . Skoro a = f ( v ) , możemy uzależnić a od v , korzystając z przekształceń przedstawionych powyżej: a d s = v d v . Zamiast d s podstawiamy d y , ponieważ rozważamy ruch w kierunku pionowym: a d y = v d v , ( − 0 , 001 v 2 − 9 , 80 ) d y = v d v . Następnie rozdzielamy zmienne ( v i d v przenosimy na jedną stronę równania, zaś d y na drugą stronę): ∫ 0 h d y = ∫ 50 0 v d v − 0 , 001 v 2 − 9 , 80 = − ∫ 50 0 v d v 0 , 001 v 2 + 9 , 80 = − 5 ⋅ 10 3 ⋅ [ ln ⁡ ( 0 , 001 v 2 + 9 , 80 ) ] 50 0 . Stąd wynika, że h = 114 m . Znaczenie Zwróć uwagę, że skoro działająca siła nie jest stała, to również przyspieszenie w tym ruchu nie jest stałe, co wymusza konieczność zastosowania rachunku różniczkowo-całkowego. Co więcej, siła nie zależy od czasu t , ale od prędkości v , więc w celu rozwiązania zadania trzeba zastosować odpowiednie przekształcenia matematyczne. Uzyskane rozwiązanie wskazuje natomiast, że wysokość, na jaką wzniesie się pocisk, jest mniejsza niż w przypadku swobodnego ruchu w polu grawitacyjnym Ziemi, ponieważ działa siła oporu powietrza. Bardziej szczegółowe rozważania na temat sił oporu będziemy prowadzić w podrozdziale Siła oporu i prędkość graniczna . Sprawdź, czy rozumiesz. Ustal maksymalną wysokość, na jaką wzniesie się pocisk, jeśli pominiemy wpływ siły oporu powietrza. Czy w rozwiązaniu tego zadania konieczne będzie stosowanie rachunku różniczkowo-całkowego? 128 m; nie Uruchom symulację i sprawdź, jakie siły działają, gdy próbujesz przesunąć szafkę na dokumenty. Przyłóż odpowiednią siłę i zobacz, jaka jest siła tarcia między szafką i podłogą oraz jaka jest wypadkowa siła działająca na szafkę. Na wykresach możesz obejrzeć zależności siły, położenia, prędkości i przyspieszenia w funkcji czasu. Wyświetl schemat rozkładu sił działających na szafkę. Podsumowanie Zasady dynamiki Newtona mogą znaleźć szerokie zastosowanie w rozwiązywaniu zadań i problemów fizycznych. W niektórych zadaniach na obiekt działają różne siły skierowane pod różnymi kątami. Pamiętaj, aby narysować schemat sytuacyjny, nanieść wektory działających sił, rozłożyć je na składowe równoległe do osi przyjętego układu współrzędnych oraz aby narysować rozkład sił działających na analizowane ciało. Zawsze analizę prowadź wzdłuż kierunku, w którym obiekt przyspiesza, aby określić, czy F wyp = m a czy też F wyp = 0 N . Siła normalna działająca na obiekt nie zawsze jest równa co do wartości ciężarowi ciała. Jeśli obiekt porusza się z jakimś przyspieszeniem w kierunku pionowym, to siła normalna jest mniejsza lub większa od jego ciężaru. Podobnie, jeśli ciało znajduje się na równi pochyłej, to siła normalna jest zawsze mniejsza od ciężaru ciała. Niektóre zagadnienia wiążą ze sobą różne wielkości fizyczne, np. siłę, przyspieszenie, prędkość czy położenie. W celu rozwiązania tego typu zadań można zastosować metodologie stosowane zarówno w kinematyce, jak i dynamice. Pytania Aby zasymulować pozorną nieważkość występującą na orbicie, astronauci przechodzą treningi w specjalnych samolotach towarowych nurkujących z przyspieszeniem g . Dlaczego w tym przyspieszającym układzie odniesienia wydają się oni być nieważcy? Jakie jest wskazanie wagi łazienkowej w takich warunkach? Czy istnieje jakakolwiek różnica między pozorną nieważkością na orbicie a tą odczuwaną przez kosmonautów w samolocie treningowym? Waga łazienkowa, podobnie jak astronauci, znajduje się w stanie nieważkości, więc jej wskazania są równe 0. Nie ma żadnej różnicy między pozorną nieważkością występującą na orbicie a tą, która występuje podczas swobodnego spadku samolotu treningowego. Zadania Dziewczyna o masie 30 kg buja się na huśtawce. Jest ona odchylana od pionu o 30 ∘ i utrzymywana w pozycji nieruchomej dzięki poziomej sile F → . Oblicz siłę naciągu każdej z dwóch lin huśtawki. Oblicz wartość siły F → . a. 170 N; b. 170 N Oblicz siłę naciągu każdego z trzech kabli, na których wisi sygnalizacja świetlna o ciężarze 2 ⋅ 10 2 N . Trzy siły działają na cząstkę materialną, która porusza się ze stałą prędkością v = i ^ ⋅ 3 m / s − j ^ ⋅ 2 m / s . Dwie spośród tych sił to: F → 1 = i ^ ⋅ 3 N + j ^ ⋅ 5 N − k ^ ⋅ 6 N i F → 2 = i ^ ⋅ 4 N − j ^ ⋅ 7 N + k ^ ⋅ 2 N . Znajdź trzecią siłę. F → 3 = i ^ ⋅ ( − 7 N ) + j ^ ⋅ 2 N + k ^ ⋅ 4 N Pchła skacze, wywierając siłę 1 , 2 ⋅ 10 − 5 N na ziemię. Wiatr wiejący równolegle do powierzchni ziemi wywiera na pchłę siłę 0 , 5 ⋅ 10 − 6 N w momencie, gdy pchła jest jeszcze w kontakcie z ziemią. Znajdź kierunek i wartość przyspieszenia pchły, jeśli jej masa wynosi 6 , 0 ⋅ 10 − 7 k g . Pamiętaj o działaniu siły grawitacji. Dwa mięśnie łydki naciągają w górę ścięgno Achillesa, jak to zostało przedstawione na rysunku. Są to tzw. mięśnie brzuchate łydki (głowa przyśrodkowa i boczna). Znajdź wartość i kierunek działania wypadkowej siły wywieranej na ścięgno Achillesa. Jaki rodzaj ruchu można wykonywać dzięki działaniu tej siły? 376 N skierowana poziomo w górę (wzdłuż przerywanej linii na rysunku). Siła ta jest wykorzystywana do podnoszenia pięty. W trakcie pokazu cyrkowego dochodzi do nieszczęśliwego wypadku. Zrywa się trapez, na którym gimnastyczka o masie 76 kg wykonywała akrobacje. Drugi cyrkowiec próbuje uratować koleżankę, ciągnąc linę, której akrobatka się trzyma, jak to zostało przedstawione na rysunku. Oblicz siły naciągu liny, na której wisi kobieta, przy założeniu, że jest ona chwilowo nieruchoma. Wykonaj schemat rozkładu sił działających na akrobatkę. Delfin o masie 35 kg dogania innego delfina, zwalniając od prędkości 12,0 m/s do 7,5 m/s w ciągu 2,3 s. Jaka średnia siła musiała być wywierana na delfina, aby go spowolnić? (Siła ciężkości jest równoważona przez siłę wyporu wody.) −68,5 N W momencie startu biegu sprinter o masie ciała 70 kg wywiera na ziemię średnią siłę 650 N przez 0,8 s. (a) Jaką prędkość osiągnie? (b) Jak daleko dobiegnie? Rakieta ma masę 2 , 00 ⋅ 10 6 k g w momencie startu, a jej silniki wywołują siłę ciągu równą 3 , 50 ⋅ 10 7 N . Znajdź początkowe przyspieszenie rakiety, jeśli startuje ona w kierunku pionowym. Ile czasu rakieta będzie przyspieszać do osiągnięcia prędkości 120 k m / h przy założeniu zachowania stałej masy i siły ciągu? a. 7,70 m/s 2 ; b. 4,33 s Koszykarz skacze w górę po piłkę. W tym celu ugina kolana zniżając się o 0,300 m, po czym prostuje je, gwałtownie przyspieszając na tym odcinku drogi. Następnie odrywa się od podłogi z prędkością wystarczającą, by mógł się wznieść na wysokość 0,900 m nad ziemią. Oblicz prędkość, z jaką koszykarz odrywa się od podłogi. Oblicz przyspieszenie jakie posiada jego środek masy w trakcie prostowania kolan. Pamiętaj, że jego prędkość zwiększa się od wartości równej zero do tej, którą obliczysz w punkcie (a) na dystansie równym 0,300 m. Zakładając, że koszykarz waży 110 kg, oblicz siłę, jaką wywiera on na ziemię w trakcie tego ruchu. Fajerwerk o masie 2,5 kg po wystrzale z moździerza osiąga wysokość 110 m. Jeśli pominiemy wpływ oporu powietrza, to jaka jest prędkość fajerwerku w momencie opuszczania moździerza? Moździerz ma postać rury o długości 0,450 m. Oblicz średnie przyspieszenie fajerwerku wewnątrz moździerza, jeśli jego prędkość zmienia się od zera do wartości obliczonej w punkcie (a). Jaka średnia siła jest wywierana na fajerwerk wewnątrz moździerza? Wynik wyraź zarówno w niutonach, jak również w postaci stosunku tej siły do ciężaru fajerwerku. a. 46,4 m/s; b. 2 , 40 ⋅ 10 3 m / s 2 ; c. 5 , 99 ⋅ 10 3 N ; stosunek równy 245 Ziemniak o masie 0,5 kg jest wystrzeliwany pod kątem 80 ∘ względem poziomu z rury PCV służącej jako „działo ziemniaczane” i osiąga maksymalną wysokość równą 110,0 m. Pomijając opór powietrza, oblicz prędkość ziemniaka w momencie opuszczania działa. Działo ma postać rury o długości 0,450 m. Oblicz średnie przyspieszenie ziemniaka wewnątrz rury wiedząc, że jego prędkość zmienia się od zera do wartości wyliczonej w punkcie (a). Jaka średnia siła jest wywierana na ziemniak wewnątrz działa? Wynik wyraź zarówno w niutonach, jak również w postaci stosunku tej siły do ciężaru ziemniaka. Winda pełna pasażerów ma masę 1 , 70 ⋅ 10 3 k g . Początkowo spoczywająca winda jedzie w górę z przyspieszeniem równym 1,20 m/s 2 przez 1,50 s. Oblicz naciąg liny, na której umocowana jest winda. Na dalszym etapie winda zaczyna poruszać się ruchem jednostajnym przez kolejne 8,50 s. Jaki jest wówczas naciąg liny utrzymującej windę? Następnie winda zwalnia z opóźnieniem równym 0,600 m/s 2 w czasie 3,00 s. Ile wynosi naciąg liny w trakcie hamowania? Na jaką wysokość wzniosła się winda w trakcie całego ruchu i jaka jest jej prędkość końcowa? a. 1 , 87 ⋅ 10 4 N b. 1 , 67 ⋅ 10 4 N c. 1 , 56 ⋅ 10 4 N d. 19,4 m, 0 m/s Piłka o masie 20,0 g wisi na strunie przymocowanej do dachu samochodu towarowego. Gdy samochód rusza, struna odchyla się o kąt 35 ∘ względem pionu. Ile wynosi przyspieszenie samochodu? Ile wynosi siła naciągu struny? Plecak studenta wypełniony książkami zostaje zawieszony na dynamometrze przyczepionym do sufitu windy. Gdy winda porusza się w dół z przyspieszeniem 3,8 m/s 2 , odczyt na dynamometrze wynosi 60 N. Jaka jest masa plecaka? Jaki będzie odczyt na dynamometrze, jeśli winda będzie hamować, jadąc w górę z opóźnieniem 3,8 m/s 2 ? Jaki będzie odczyt na dynamometrze, jeśli winda będzie poruszała się w górę ze stałą prędkością? Jaki byłby odczyt na dynamometrze, jeśli zerwałaby się lina podtrzymująca windę, przez co winda zaczęłaby spadać swobodnie? a. 10 kg; b. 60 N; c. 98 N; d. 0 Winda towarowa transportuje 10,0 kg gruzu ze szczytu budowanego drapacza chmur na poziom ziemi z przyspieszeniem 1,2 m/s 2 . Oblicz wartość siły wywieranej przez gruz na podłogę windy. Wózek kolejki górskiej startuje ze szczytu toru o długości 30,0 m nachylonego pod kątem 20 ∘ do poziomu. Tarcie pomijamy. Ile wynosi przyspieszenie wózka? Jak długo wózek będzie zjeżdżał do końca toru? a. 3,35 m/s 2 ; b. 4,2 s Na rysunku poniżej przedstawiona jest, ta sama co w , spadkownica Atwooda. Zakładając, że linka jest nieważka i nierozciągliwa, zaś bloczek jest nieważki i nieruchomy, znajdź wyrażenie na przyspieszenie ciężarków zawieszonych na lince, znajdź wyrażenie na siłę naciągu linki oblicz przyspieszenie i siłę naciągu linki, jeśli dane są masy ciężarków równe odpowiednio 2,00 kg i 4,00 kg. Dwa ciężarki połączone są nieważką nicią przerzuconą przez nieważki bloczek, tak jak to zostało przedstawione na rysunku. Masa ciężarka leżącego na poziomej powierzchni wynosi 4,0 kg, zaś masa ciężarka wiszącego na lince wynosi 1,0 kg. Znajdź przyspieszenie układu. Znajdź siłę naciągu nici. Znajdź prędkość, z jaką ciężarek drugi uderzy w ziemię, jeśli rozpoczyna on swój ruch z wysokości 1,0 m nad podłożem. a. 2,0 m/s 2 ; b. 7,8 N; c. 2,0 m/s Dwa wózki połączone są sznurkiem przerzuconym przez nieważki bloczek. Wózki mogą poruszać się bez tarcia. Oblicz przyspieszenie wózków i siłę naciągu sznurka. Ciężarek 1 o masie 4,00 kg i ciężarek 2 o masie 2,00 kg są połączone za pomocą cienkiej linki przerzuconej przez nieważki bloczek znajdujący się na szczycie równi pochyłej o kącie nachylenia 40 ∘ . Tarcie pomijamy. Ile wynosi przyspieszenie każdego z ciężarków? Ile wynosi siła naciągu linki? a. 0,93 m/s 2 (ciężarek 1 porusza się w dół równi, a ciężarek 2 porusza się w górę); b. 21,5 N", "section": "Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Tarcie Ciało w ruchu doświadcza działania oporu, ponieważ jest ono w kontakcie z otoczeniem. Opór ten nazywamy siłą tarcia. Tarcie utrudnia wzajemny ruch między stykającymi się ciałami, ale z drugiej strony pozwala nam się poruszać, co staje się oczywiste, jeśli zobaczymy, jak trudno jest nam chodzić po powierzchniach śliskich (np. po lodzie). Tarcie jest powszechnie występującą, ale złożoną siłą, a mechanizm jej działania nie jest do końca dobrze wyjaśniony. Można natomiast bez problemu określić warunki, przy których siła ta się pojawia. Tarcie statyczne i kinetyczne Podstawowa definicja tarcia (ang. friction ) jest stosunkowo prosta. Tarcie Tarcie jest siłą, która przeciwdziała względnemu ruchowi między ciałami będącymi w kontakcie. Istnieje kilka różnych postaci siły tarcia. Najprostsza forma to tzw. tarcie ślizgowe (tarcie suwne), które działa zawsze równolegle do powierzchni styku dwóch ciał i przeciwstawia się ruchowi względnemu lub próbie ruchu między tymi ciałami. Jeśli dwa ciała stykają się ze sobą i przesuwają względem siebie, to działa między nimi tzw. tarcie kinetyczne. Na przykład tarcie to spowalnia ruch krążka hokejowego na lodzie. Z kolei kiedy ciała pozostają względem siebie w spoczynku, to działa między nimi tarcie statyczne, które zazwyczaj co do wartości jest większe od tarcia kinetycznego. Tarcie statyczne i kinetyczne Jeśli dwa spoczywające ciała pozostają w kontakcie, to działa między nimi siła nazywana tarciem statycznym (ang. static friction ). Jeśli dwa ciała pozostające w kontakcie przesuwają się względem siebie, to siła występująca między nimi nazywana jest tarciem kinetycznym (ang. kinetic friction ). Wyobraź sobie, że próbujesz przesunąć ciężką skrzynię po betonowej podłodze. Musisz pchać bardzo mocno, a i tak masz kłopot z ruszeniem skrzyni. Oznacza to, że próbie ruchu, który chcesz wykonać, przeciwstawia się tarcie statyczne. Jest ono równe co do wartości, ale przeciwnie skierowane do siły, którą przykładasz do skrzyni. Gdy w końcu uda ci się pchnąć skrzynię wystarczająco mocno, wykona ona nagły ruch, po czym jest w stanie dalej się przesuwać pod wpływem siły, którą działasz. Wówczas zaczyna działać tarcie kinetyczne. Co ważne, łatwiej jest utrzymywać skrzynię w ruchu niż w ogóle ją ruszyć. Oznacza to, że siła tarcia kinetycznego jest mniejsza niż siła tarcia statycznego. Gdy dodatkowo obciążysz skrzynię, np. dokładając na jej szczycie dodatkowe pudło, musisz działać jeszcze większą siłą, by ruszyć skrzynię oraz potem, by utrzymać ją w ruchu. Z kolei gdybyś pokrył betonową podłogę olejem, przesuwanie skrzyni stałoby się dużo łatwiejsze, czego zapewne intuicyjnie się spodziewasz. przedstawia schematycznie, jaki jest mechanizm powstawania tarcia między dwoma obiektami. Zbliżenie na powierzchnie styku tych ciał wskazuje, że są one chropowate. W związku z tym, gdy pchasz jakiś obiekt (w tym przypadku skrzynię), musisz delikatnie go podnieść po to, by mijały się ze sobą tylko wierzchołki powierzchni trących, lub trąc niszczyć te wybrzuszenia powierzchni. Im twardsze są powierzchnie trące, tym większą siłę trzeba przyłożyć, żeby je ruszyć. Częściowo przyczyną występowania tarcia są siły adhezji między molekułami na powierzchni, co potwierdza zależność siły tarcia od rodzaju powierzchni trących. Na przykład buty podbite gumą ślizgają się mniej niż buty podbite skórą. Gdy ciała przesuwają się względem siebie, liczba punktów styku jest mniejsza niż w momencie, gdy są one w spoczynku. Gdy prędkość ruchu jest bardzo mała, siła tarcia między ciałami jest praktycznie niezależna od prędkości. Siła tarcia T → zawsze przeciwstawia się ruchowi ciał lub próbie tego ruchu. Tarcie powstaje częściowo z powodu chropowatości powierzchni stykających się, jak to zostało przedstawione na powiększonym fragmencie rysunku. Aby obiekt się poruszył, musi delikatnie wznieść się, by wystające fragmenty powierzchni górnej mogły przesunąć się wzdłuż dolnej powierzchni. W związku z tym konieczne jest przyłożenie siły, aby wprawić ciało w ruch, a następnie ten ruch podtrzymać. Niektóre z wystających fragmentów powierzchni na skutek tarcia zostaną zniszczone. Jednakże zdecydowanie największy wpływ na zjawisko występowania tarcia mają siły oddziaływania międzycząsteczkowego pomiędzy trącymi o siebie ciałami, dlatego nawet idealnie gładkie powierzchnie nie są w stanie poruszać się względem siebie bez tarcia. W rzeczywistości idealnie gładkie, czyste, przylegające do siebie powierzchnie tworzą tzw. „zimny spaw”. Wartość siły tarcia ma dwie formy: jedna dla ciał nieporuszających się (tarcie statyczne), a druga dla ciał będących względem siebie w ruchu (tarcie kinetyczne). Poniżej przedstawiono przybliżony empiryczny (eksperymentalnie określony) model. Należy podkreślić, że równania definiujące tarcie statyczne i kinetyczne nie są równaniami wektorowymi. Wartość siły tarcia statycznego Wartość siły tarcia statycznego T s oblicza się z zależności T s ≤ μ s R , gdzie μ s nazywane jest współczynnikiem tarcia statycznego , zaś R jest wartością normalnej siły reakcji. Symbol ≤ (czytaj mniejsze lub równe ), wskazuje, że tarcie statyczne może osiągnąć wartość maksymalną równą μ S R . Tarcie statyczne jest siłą powstającą w odpowiedzi na siłę przyłożoną z zewnątrz, a jej zwrot jest zawsze przeciwny do tej siły. Gdy wartość siły tarcia statycznego osiągnie wartość maksymalną równą przyłożonej sile T s ( max ) , ciało zacznie się poruszać. Zatem T s ( max ) = μ s R . Wartość tarcia kinetycznego Wartość siły tarcia kinetycznego T k oblicza się z zależności T k = μ k R , gdzie μ k nazywamy współczynnikiem tarcia kinetycznego . Przejście pomiędzy tarciem statycznym a kinetycznym zostało przedstawione na . (a) Siła tarcia T → między klockiem i chropowatą powierzchnią działa w kierunku przeciwnym do przyłożonej siły F → . Tarcie statyczne równoważy przyłożoną siłę. Jest to zgodne z zależnością przedstawioną po lewej stronie wykresu na rysunku (c). W pewnym momencie wartość siły przykładanej z zewnątrz przewyższa tarcie kinetyczne i klocek zaczyna się poruszać w prawo. To z kolei odpowiada prawej stronie wykresu na rysunku (c). (c) Wykres zależności siły tarcia od przyłożonej siły. Zauważ, że T s ( max ) > T k . To z kolei oznacza, że μ s > μ k . Jak możesz zobaczyć w , współczynniki tarcia kinetycznego są niższe od ich statycznych odpowiedników. Przybliżone wartości μ są podawane z dokładnością nie większą niż do dwóch cyfr po przecinku, aby dać przybliżony obraz tarcia opisywanego przez poprzednie równania. Przybliżone współczynniki tarcia statycznego i kinetycznego Przykładowy układ Współczynnik tarcia statycznego μ s Współczynnik tarcia kinetycznego μ k Guma na suchym betonie 1,0 0,7 Guma na mokrym betonie 0,5-0,7 0,3-0,5 Drewno na drewnie 0,5 0,3 Woskowane drewno na mokrym śniegu 0,14 0,1 Metal na drewnie 0,5 0,3 Stal na stali (sucha) 0,6 0,3 Stal na stali (naoliwiona) 0,05 0,03 Stal na teflonie 0,04 0,04 Kość nasmarowana mazią stawową 0,016 0,015 Buty na drewnie 0,9 0,7 Buty na lodzie 0,1 0,05 Lód na lodzie 0,1 0,03 Stal na lodzie 0,4 0,02 i wyrażają zależność siły tarcia od rodzaju materiału, z jakiego wykonane są powierzchnie trące oraz od siły normalnej. Kierunek siły tarcia jest zawsze przeciwny do kierunku ruchu, równoległy do płaszczyzny powierzchni trących i prostopadły do siły normalnej. Spróbujmy zatem rozwiązać taki przykład. Rozważmy skrzynię o masie 100 kg, którą pchamy siłą równoległą do podłogi. Siła normalna jest co do wartości równa sile ciężkości skrzyni: Q = m g = 100 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 = 980 N , która jest prostopadła do podłogi. Jeśli współczynnik tarcia statycznego wynosi 0,45, to aby przesunąć skrzynię należy przyłożyć siłę o kierunku równoległym do podłogi o wartości większej niż T s ( max ) = μ s R = 0 , 45 ⋅ 980 N = 440 N . Gdy już rozpocznie się ruch, tarcie stanie się mniejsze. Współczynnik tarcia kinetycznego wynosi w tym przypadku 0,30, więc dla kontynuowania ruchu ze stałą prędkością wystarczy siła równa T k = μ k R = 0 , 30 ⋅ 980 N = 290 N . Jeśli podłoga była naoliwiona, oba współczynniki tarcia byłyby zauważalnie mniejsze. Stąd wniosek, że współczynnik tarcia jest wielkością zależną od rodzaju i pokrycia powierzchni trących. Jest to wielkość bezwymiarowa, której wartość mieści się zazwyczaj w przedziale od 0 do 1,0. Wielu ludzi doświadczyło, jak ślisko jest, gdy chodzi się po lodzie. Tymczasem wiele części ciała, zwłaszcza stawów, ma znacznie mniejsze współczynniki tarcia – często trzy lub cztery razy mniejsze niż lód. Staw to miejsce styku dwóch kości, zwykle pokryte grubą warstwą tkanki łącznej (chrząstki). Staw kolanowy tworzą dalszy koniec kości udowej i bliższy koniec kości piszczelowej. Biodro jest stawem kulistym (na końcu kości udowej) i panewkowym (część miednicy). Końce kości w stawie są przykryte chrząstkami, co zapewnia gładką, niemal szklaną powierzchnię. Stawy wytwarzają też płyn (maź stawowa), który redukuje tarcie i zużycie. Zużyty lub uszkodzony staw może zostać wymieniony sztuczny staw ( ). Elementy zamienne mogą zostać wykonane z metalu, ceramiki lub plastików (polietylen) o bardzo niskim współczynniku tarcia. Wstawianie sztucznego stawu kolanowego jest procedurą stosowaną od ponad 20 lat. Na rysunku przedstawiono zdjęcia rentgenowskie sztucznego stawu kolanowego. (Żródło: Mike Baird) Naturalne środki poślizgowe obejmują m.in. ślinę produkowaną w jamie ustnej w celu ułatwienia przełykania czy śliską maź wypełniającą np. opłucną czy osierdzie i umożliwiającą swobodny ruch narządów (serca w trakcie skurczu, płuc w trakcie oddychania, itp.). Szpitale i kliniki lekarskie często stosują sztuczne środki smarujące, takie jak żele, w celu zmniejszenia tarcia. Podane wzory na tarcie statyczne i kinetyczne wynikają z praw empirycznych, które opisują zachowanie sił tarcia. Chociaż wzory te są bardzo użyteczne w praktyce, nie mają one statusu twierdzeń matematycznych, które reprezentują ogólne zasady (jak np. druga zasada dynamiki Newtona). W rzeczywistości są przypadki, dla których te równania nie są nawet dobrymi przybliżeniami. Na przykład żaden z przywołanych wzorów nie opisuje dobrze ruchu powierzchni nasmarowanych środkami poślizgowymi ani względnego ruchu powierzchni z dużą szybkością. Jednakże w tym podręczniku nie będziemy zajmować się tymi wyjątkami. Tarcie statyczne i kinetyczne Skrzynia o masie 20 kg spoczywa na podłodze, co pokazano na . Współczynnik tarcia statycznego między skrzynią i podłogą wynosi 0,700, a współczynnik tarcia kinetycznego jest równy 0,600. Do skrzyni przyłożona jest pozioma siła P → . Znajdź siłę tarcia, gdy (a) P = 20 N , (b) P = 30 N , (c) P = 120 N , i (d) P = 180 N . (a) Skrzynia jest pchana po poziomej powierzchni z siłą P → . (b) Rozkład sił działających na skrzynię. W tym przypadku T → może oznaczać tarcie statyczne albo kinetyczne. Strategia rozwiązania Rozkład sił działających na skrzynię jest przedstawiony na (b). Stosujemy drugą zasadę dynamiki Newtona do sił działających w kierunku poziomym i pionowym, pamiętając o uwzględnieniu siły tarcia w kierunku przeciwnym do ruchu skrzyni. Rozwiązanie Z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y P − T = m a x R − Q = 0 . Symbol T użyty w równaniu oznacza ogólnie siłę tarcia, dopóki nie uda nam się konkretnie określić, czy na skrzynię działa tarcie statyczne czy kinetyczne. Ciężar skrzyni wynosi Q = 20 , 0 k g ⋅ 9 , 81 m s 2 = 196 N , który co do wartości jest równy R . Maksymalna siła tarcia statycznego wynosi zatem 0 , 700 ⋅ 196 N = 137 N . Tak długo dopóki P → jest mniejsze od 137 N, siła tarcia statycznego utrzymuje skrzynię w bezruchu i T s = P . Stąd (a) T s = 20 N , (b) T s = 30 N , i (c) T s = 120 N . (d) Jeśli P → = 180 N , to oznacza, że przyłożona siła jest większa od maksymalnej wartości siły tarcia statycznego (137 N), dzięki czemu skrzynia jest w stanie się poruszyć. Gdy już zostanie ona wprawiona w ruch, zaczyna działać tarcie kinetyczne: T k = μ k R = 0 , 600 ⋅ 196 N = 118 N , a przyspieszenie wynosi: a x = P − T k m = 180 N − 118 N 20 k g = 3 , 10 m s 2 . Znaczenie Ten przykład ilustruje, jak analizować tarcie w zadaniach z dynamiki. Zauważ, że tarcie statyczne ma wartość taką jak przyłożona siła, aż do momentu osiągnięcia maksymalnej wartości tarcia statycznego. Dopóki przyłożona siła nie jest równa sile tarcia statycznego, nie może wystąpić żaden ruch, ale gdy już ruch się rozpocznie, zacznie działać siła tarcia kinetycznego, która jest mniejsza od siły tarcia statycznego. Sprawdź, czy rozumiesz. Ciężarek o masie 1,0 kg leży na poziomej powierzchni. Współczynniki tarcia między ciężarkiem i podłożem wynoszą odpowiednio μ s = 0,50 i μ k = 0,40 . Ile wynosi minimalna pozioma siła niezbędna do przesunięcia ciężarka? Ile będzie wynosić przyspieszenie ciężarka, gdy przyłożona zostanie ta siła? a. 4,9 N; b. 0,98 m/s 2 Tarcie na równi pochyłej Jedną z sytuacji, w której tarcie odgrywa istotną rolę, jest ruch ciała na zboczu. Czy rozpatrujemy przypadek skrzyni popchniętej na rampę stacji przeładunkowej czy deskorolkarza zjeżdżającego z górki, podstawowe zasady fizyki są takie same. Zawsze uogólniamy powierzchnię skośną i nazywamy ją równią pochyłą , zakładając jednocześnie, że powierzchnia jest płaska. Przyjrzyjmy się zatem zadaniu uwzględniającemu ruch z tarciem po równi pochyłej. Narciarz zjeżdżający ze zbocza Narciarz o masie 62 kg zjeżdża po ośnieżonym zboczu w dół ze stałą prędkością. Znajdź współczynnik tarcia kinetycznego narciarza na śniegu, jeśli wiadomo, że siła tarcia wynosi 45,0 N. Strategia rozwiązania Wartość siły tarcia kinetycznego wyliczona na podstawie danych z zadania wynosi 45,0 N. Tarcie kinetyczne jest powiązane z siłą normalną R za pomocą zależności T k = μ k R . Stąd, jeśli znajdziemy wartość siły normalnej, będziemy w stanie obliczyć wartość współczynnika tarcia kinetycznego. Siła normalna jest zawsze prostopadła do powierzchni. Skoro w płaszczyźnie prostopadłej do powierzchni narciarz nie wykonuje ruchu, zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki Newtona siła normalna jest równoważona przez składową ciężaru narciarza prostopadłą do zbocza. Spójrz na , który powiela rysunek przedstawiony w rozdziale Zasady dynamiki Newtona . Kierunek ruchu narciarza oraz kierunek działania siły tarcia są równoległe do płaszczyzny zbocza, więc najwygodniej jest wybrać układ współrzędnych, w którym jedna z osi jest równoległa do płaszczyzny zbocza, zaś druga jest do zbocza prostopadła (układ przedstawiony na lewo od narciarza). Siła normalna R → jest prostopadła do zbocza, a tarcie T → działa równolegle do zbocza. Ciężar narciarza Q → ma dwie składowe wzdłuż obu osi oznaczone jako Q → y i Q → x . Siła normalna R → jest równa co do wartości do składowej ciężaru Q → y , więc w płaszczyźnie prostopadłej do zbocza narciarz jest nieruchomy. Z kolei tarcie T → jest mniejsze co do wartości od Q → x , więc wzdłuż powierzchni zbocza ruch odbywa się z przyspieszeniem (wzdłuż osi x ). Mamy R = Q y = Q cos 25 ° = m g cos 25 ° . Podstawiając to do równania na tarcie kinetyczne, otrzymujemy zależność T k = μ k m g cos 25 ° , z której z kolei można wyliczyć współczynnik tarcia kinetycznego μ k . Rozwiązanie Wyprowadzenie μ k z powyższej zależności daje ostateczny wzór: μ k = T k R = T k Q cos 25 ° = T k m g cos 25 ° . Po podstawieniu wartości liczbowych danych w zadaniu otrzymujemy: μ k = 45 , 0 N 62 k g ⋅ 9 , 80 m / s 2 ⋅ 0 , 906 = 0 , 082. Znaczenie Uzyskany wynik jest nieco mniejszy niż współczynnik tarcia wymieniony w dla nawoskowanego drewna na śniegu, jednakże wartość ta jest jak najbardziej akceptowalna, ponieważ wartości współczynników tarcia mogą się od siebie znacznie różnić. W sytuacjach takich jak ta, gdzie obiekt o masie m zjeżdża w dół po zboczu o kącie nachylenia θ do poziomu, tarcie jest wyrażone jako T k = μ k m g cos ⁡ θ . W takich warunkach wszystkie ciała zjeżdżają w dół ze stałym przyspieszeniem. Ustaliliśmy już, że gdy obiekt spoczywa na poziomej powierzchni, siła normalna dla tego ciała co do wartości jest równa jego ciężarowi. Tarcie jest zawsze proporcjonalne do siły normalnej. Gdy ciało znajduje się na płaszczyźnie ukośnej, takiej jak równia pochyła, musimy znaleźć siłę prostopadłą do płaszczyzny ruchu, która jest składową siły ciężkości. Siła ta co do wartości jest wówczas równa sile normalnej. Wyprowadzimy teraz użyteczny wzór do obliczania współczynnika tarcia na równi pochyłej. Zauważ, że zależność ta będzie prawdziwa tylko wówczas, gdy ciało będzie poruszało się w dół pochyłej powierzchni ze stałą prędkością. Ciało zsuwa się z równi pochyłej ze stałą prędkością wówczas, gdy siła wypadkowa w płaszczyźnie ruchu wynosi zero. Wiedza ta będzie przydatna, aby obliczyć współczynnik tarcia między dwoma ciałami. Jak pokazano na , tarcie kinetyczne na zboczu wynosi T k = μ k m g cos θ . Składowa ciężaru równoległa do płaszczyzny równi jest równa m g sin θ (spójrz na rozkład sił działających na ciało przedstawiony na ). Siły te działają w przeciwnych kierunkach, więc jeśli są one równe co do wartości, to przyspieszenie ciała jest równe zero. To oznacza, że: μ k m g cos θ = m g sin θ . Przekształcając powyższe równanie tak, aby obliczyć μ k , otrzymujemy: μ k = m g sin θ m g cos θ = tg θ . Połóż monetę na książce i pochylaj ją tak długo, dopóki moneta nie zacznie zasuwać się z książki ze stałą prędkością. Być może trzeba będzie delikatnie postukać w książkę, aby moneta poruszyła się. Zmierz kąt jaki książka tworzyła z poziomem gdy moneta zaczęła się poruszać, a następnie oblicz μ k . Zwróć uwagę, że moneta nie zacznie się poruszać dopóki kąt nachylenia książki nie będzie większy niż θ , ponieważ współczynnik tarcia statycznego jest większy niż współczynnik tarcia kinetycznego. Zastanów się, jak ten fakt wpływa na wyznaczaną eksperymentalnie wartość współczynnika tarcia kinetycznego μ k i trudności z jego dokładnym określeniem. Tarcie w skali atomowej Dotychczas analizowane zagadnienia opierały się na uproszczonej, makroskopowej naturze siły tarcia. Jednakże w ciągu ostatnich kilkudziesięciu lat dokonano wielkich postępów w wyjaśnieniu natury siły tarcia w skali atomowej. Naukowcy odkryli, że atomowa natura tarcia wydaje się mieć kilka podstawowych cech. Te cechy nie tylko wyjaśniają niektóre z prostszych aspektów tarcia. Ich odkrycie stwarza również potencjał do konstruowania ośrodków prawie pozbawionych tarcia, co pomoże zaoszczędzić setki miliardów dolarów na energii zamienianej obecnie (niepotrzebnie) na ciepło. przedstawia makroskopowy charakter tarcia, które z kolei wyjaśniane będzie w oparciu o analizę mikroskopową (w małej skali). Stwierdziliśmy, że tarcie jest proporcjonalne do siły normalnej, a nie zależy od powierzchni styku dwóch ciał, co jest zagadnieniem nieco kontrowersyjnym. Gdy dwie szorstkie powierzchnie są w kontakcie, rzeczywisty obszar styku jest niewielką częścią całego obszaru, ponieważ stykają się tylko wysokie punkty. Gdy wywierana jest większa siła normalna, rzeczywista powierzchnia styku wzrasta, co z kolei prowadzi do wniosku, że wartość siły tarcia jest proporcjonalna do wielkości tej powierzchni. W wyniku przyłożenia większej siły zewnętrznej wzrasta zarówno obszar rzeczywistego kontaktu między powierzchniami, jak i wartość siły tarcia. Jednakże obserwacja w skali atomowej pozwala wyjaśnić znacznie więcej niż tylko proste cechy tarcia. Na przykład można w ten sposób analizować mechanizm powstawania ciepła. Innymi słowy, dlaczego powierzchnie stają się cieplejsze, gdy są potarte? Zasadniczo atomy są połączone ze sobą, tworząc sieci. Kiedy powierzchnie o siebie pocierają, atomy powierzchniowe przylegają do siebie i wywołują drgania sieci – tworząc fale dźwiękowe, które penetrują materiał. Fale dźwiękowe zanikają wraz z odległością, a ich energia jest przekształcana w ciepło. Ponadto między atomami i cząsteczkami na powierzchniach trących mogą zachodzić reakcje chemiczne związane z tzw. zużyciem ciernym. pokazuje, jak końcówka sondy dotykającej badanego materiału (jak w mikroskopie sił atomowych) jest odkształcana na skutek tarcia w skali atomowej. Siła potrzebna do przeciągnięcia końcówki sondy po powierzchni materiału może być zmierzona. Jest ona związana z naprężeniem ścinającym , które jest szerzej omawiane w rozdziale Równowaga statyczna i sprężystość . Zróżnicowanie wartości naprężenia ścinającego jest ogromne (nawet rzędu 10 12 ) i trudne do przewidzenia w sposób teoretyczny, ale to właśnie ono daje fundamentalne podstawy do zrozumienia zjawiska tarcia w dużej skali. Końcówka sondy jest odkształcana na boki poprzez siłę tarcia, gdy sonda jest przeciągana po powierzchni. Pomiary siły różnią się w zależności od materiału, dając fundamentalny wgląd w atomową naturę tarcia. Obejrzyj symulację molekularnego modelu tarcia i opisz ruch cząsteczek w materii. Opis powinien zawierać wykresy wspomagające opis słowny. Jak temperatura wpływa na prezentowane zależności? Jakie są różnice i podobieństwa między ruchem cząstek w ciałach stałych, ciekłych i gazowych? Jak się ma wielkość i szybkość ruchu cząsteczek gazu do wielkości i szybkości otaczających nas przedmiotów? Przesuwające się ciężarki Dwa ciężarki przedstawione na są połączone nieważką struną przerzuconą przez nieważki bloczek, który może poruszać się bez tarcia. Kiedy ciężarek na spodzie, mający masę 4,00 kg, jest ciągnięty w lewo ze stałą prędkością P → ciężarek na górze, mający masę 2,00 kg przesuwa się w prawo. Oblicz, jaką siłą trzeba działać, aby przesuwać ciężarki ze stałą prędkością. Załóż, że współczynnik tarcia kinetycznego między wszystkimi powierzchniami wynosi 0,400. (a) Każdy z dwóch ciężarków przemieszcza się ze stałą prędkością. (b) Rozkłady sił działających na ciężarki. Strategia rozwiązania Rozważamy bilans sił działających na każdy z ciężarków z osobna. Górny klocek jest wystawiony na działanie siły kontaktowej wywieranej przez dolny bloczek. Na siłę tę składają się: siła normalna R 1 i siła tarcia −0,400 R 1 . Pozostałe siły działające na górny ciężarek to siła napięcia struny T oraz siła ciężkości ciężarka równa 19,6 N. Dolny ciężarek podlega z kolei działaniu sił kontaktowych ze strony górnego ciężarka oraz ze strony podłogi. Na pierwszą siłę kontaktową składają się − R 1 i 0,400 R 1 , które są po prostu siłami reakcji na siły kontaktowe, jakie dolny klocek wywiera na górny. Na siłę kontaktową ze strony podłogi składają się R 2 i 0,400 R 2 . Pozostałe siły działające na ten ciężarek to − P , siła naciągu struny N oraz ciężar drugiego klocka równy –39,2 N. Rozwiązanie Ponieważ górny blok przemieszcza się poziomo w prawo ze stałą prędkością, a w pionie nie porusza się wcale, to jego przyspieszenie wynosi zero zarówno w kierunku poziomym, jak i pionowym. Z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika: ∑ F x = m 1 a x ∑ F y = m 1 a y N − 0,400 R 1 = 0 R 1 − Q 1 = 0 . Rozwiązujemy układ równań z dwoma niewiadomymi pamiętając, że Q 1 = 19,6 N . W rezultacie otrzymujemy następujące wartości szukane: R 1 = 19,6 N i N = 0 , 40 R 1 = 7 , 84 N . Dolny ciężarek również nie przyspiesza, więc po zastosowaniu drugiej zasady dynamiki Newtona otrzymujemy następujące równania: ∑ F x = m 2 a x ∑ F y = m 2 a y N − P + 0,400 R 1 + 0,400 R 2 = 0 R 2 − Q 2 − R 1 = 0 . Wartości R 1 i N wyliczone zostały z pierwszych dwóch zależności, zaś z danych zadania wynika, że Q 2 = 19,6 N . Gdy wartości te podstawimy do prezentowanych równań, możemy wyliczyć wielkości szukane, czyli R 2 i P . Wynoszą one odpowiednio: N 2 = 58 , 8 N oraz P = 39 , 2 N . Znaczenie Właściwy wybór kierunku, w którym należy narysować siłę tarcia, jest zazwyczaj dość problematyczny. Zwróć uwagę, że każda siła tarcia zaznaczona na działa w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu odpowiadającego jej klocka. Skrzynia na przyspieszającym samochodzie Skrzynia o masie 50 kg leży na naczepie samochodu ciężarowego, jak to zostało przedstawione na . Współczynniki tarcia między powierzchniami wynoszą odpowiednio μ k = 0,300 i μ s = 0,400 . Znajdź siłę tarcia między skrzynią a podłogą naczepy, jeśli auto jedzie ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem wynoszącym odpowiednio (a) 2 , 00 m / s 2 lub (b) 5 , 00 m / s 2 . (a) Skrzynia leży na naczepie auta ciężarowego poruszającego się ruchem jednostajnie przyspieszonym. (b) Rozkład sił działających na skrzynię. Strategia rozwiązania Na kratę działają: siła ciężkości, siła normalna oraz siła tarcia o naczepę auta. Zaczynamy od przyjęcia założenia , że skrzynia nie ślizga się po powierzchni naczepy. W tym przypadku na skrzynię działa siła tarcia statycznego T s . Ponadto przyspieszenie skrzyni i auta są równe co do wartości. Rozwiązanie Zastosujmy drugą zasadę dynamiki Newtona, rozpisując bilans sił działających wzdłuż kierunków wyznaczonych przez przyjęty układ współrzędnych: ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y f s = 50 , 0 k g ⋅ 2 , 00 m / s 2 R − 4 , 9 ⋅ 10 2 N = 50 , 0 k g ⋅ 0 m / s 2 f s = 1 , 00 ⋅ 10 2 N R = 4 , 90 ⋅ 10 2 N . Sprawdźmy teraz, czy nasze założenie o braku poślizgu skrzyni było słuszne. Maksymalna wartość siły tarcia statycznego wynosi μ s R = 0 , 400 ⋅ 4 , 90 ⋅ 10 2 N = 196 N, podczas gdy rzeczywista wartość tarcia statycznego, która działa, gdy auto jedzie z przyspieszeniem 2,00 m/s 2 wynosi zaledwie 1 , 00 ⋅ 10 2 N . W związku z tym założenie, że skrzynia nie będzie się ślizgać, było słuszne. Jeśli skrzynia ma pozostać w statycznym kontakcie z autem, gdy jedzie ono z przyspieszeniem 5 , 0 m / s 2 , siła tarcia statycznego musi wynosić T s = m a x = 50 , 0 k g ⋅ 5 , 00 m / s 2 = 250 N . Jako że wartość ta przewyższa wartość 196 N, którą wyliczyliśmy wcześniej, skrzynia zacznie się ześlizgiwać. Wówczas działająca siła tarcia kinetycznego wynosi: T k = μ R = 0 , 300 ⋅ 4 , 90 ⋅ 10 2 N = 147 N . Wypadkowe przyspieszenie skrzyni w płaszczyźnie poziomej względem układu związanego z ziemią można wyliczyć z zależności ∑ F x = m a x 147 N = 50 , 0 k g ⋅ a x a x = 2 , 94 m s 2 . Znaczenie W układzie odniesienia związanym z ziemią przyspieszenie auta wynosi 5,0 m/s 2 , zaś przyspieszenie skrzyni jest równe 2,94 m/s 2 . Stąd skrzynia przesuwa się do tyłu w stosunku do naczepy ciężarówki z przyspieszeniem 2 , 94 m / s 2 − 5 , 00 m / s 2 = − 2 , 06 m / s 2 . Snowboarding Wcześniej rozwiązywaliśmy zadanie, w którym analizowaliśmy ruch narciarza zjeżdżającego ze stoku ze stałą prędkością, aby obliczyć współczynnik tarcia kinetycznego. Teraz zróbmy podobną analizę, aby obliczyć przyspieszenie. Snowboardzista przedstawiony na zjeżdża ze stoku nachylonego pod kątem θ = 13 ∘ do poziomu. Współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy deską i śniegiem jest równy μ k = 0 , 20 . Jakie jest przyspieszenie snowboardzisty? (a) Snowboardzista zjeżdża w dół ze zbocza nachylonego pod kątem 13 ∘ do poziomu. (b) Rozkład sił działających na snowboardzistę. Strategia rozwiązania Na snowboardzistę działają siły: ciężkości oraz siła kontaktowa ze zboczem, na którą z kolei składają się siła normalna prostopadła do zbocza oraz siła tarcia kinetycznego zwrócona równolegle do zbocza. Ponieważ sportowiec porusza się wzdłuż zbocza, to najwygodniej będzie wybrać układ współrzędnych tak, by oś x była skierowana równolegle do zbocza, a oś y prostopadle do zbocza. Na tym rysunku siła normalna i siła tarcia są skierowane wzdłuż odpowiednich osi układu współrzędnych, zaś siła ciężkości rozłożona jest na dwie składowe: m g sin ⁡ θ równoległą do zobacza oraz m g cos ⁡ θ prostopadłą do zbocza. Jedyne niezerowe przyspieszenie jest skierowane wzdłuż kierunku x ( a y = 0 ) . Rozwiązanie Zastosujmy teraz drugą zasadę dynamiki Newtona do przypadku snowboardzisty: ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y m g sin ⁡ θ − μ k R = m a x R − m g cos ⁡ θ = 0. Z drugiego równania R = m g cos ⁡ θ . Po podstawieniu tej zależności do pierwszego równania otrzymujemy: a x = g ( sin ⁡ θ − μ k cos ⁡ θ ) = g ( sin ⁡ 13 ∘ − 0 , 20 cos ⁡ 13 ∘ ) = 0 , 29 m s 2 . Znaczenie Z równania tego wynika, że jeśli θ jest wystarczająco małe lub μ k jest wystarczająco duże, to przyspieszenie a x jest ujemne, co oznacza, że snowboardzista zwalnia. Sprawdź, czy rozumiesz. Snowboardzista porusza się teraz w dół zbocza nachylonego pod kątem 10 ∘ . Jakie jest przyspieszenie snowboardzisty? −0,23 m/s 2 ; znak „minus” oznacza, że snowboardzista zwalnia. Podsumowanie Tarcie jest siłą kontaktową, która przeciwdziała ruchowi pomiędzy dwoma ciałami. Jest ono proporcjonalne do siły normalnej R , jaką ciała na siebie oddziałują. Wartość siły tarcia statycznego pomiędzy dwoma nieruchomymi ciałami będącymi w kontakcie jest zależna od wartości współczynnika tarcia statycznego, który jest charakterystyczny dla rodzaju materiałów stykających się. Siła tarcia kinetycznego pomiędzy dwoma stykającymi się ciałami będącymi w ruchu względem siebie jest zależna od wartości współczynnika tarcia kinetycznego, który jest charakterystyczny dla rodzaju materiałów stykających się i jest zawsze mniejszy od wartości współczynnika tarcia statycznego. Pytania Między klejem a substancją, która jest klejona taśmą klejącą działają siły. Czy siły te mogą być rodzajem tarcia? Wyjaśnij, biorąc pod uwagę, że taśma może trzymać się ścian pionowych, a nawet sufitów. Kiedy jedziesz samochodem, zauważasz, że musisz naciskać lekko na pedał hamulca, gdy chcesz zatrzymać auto, albo auto będzie szarpać w trakcie hamowania. Wyjaśnij to pod względem relacji między tarciem statycznym a kinetycznym. Jeśli gwałtownie naciśniesz na pedał hamulca, koła samochodu zablokują się tak, że nie będą się już toczyć po podłożu. Występuje wówczas tarcie ślizgowe, a nagła zmiana (ze względu na większą siłę tarcia statycznego) powoduje szarpanie. Kiedy piszesz, naciskając kawałkiem kredy na tablicę, ta czasami piszczy, ponieważ następuje szybka zmiana pomiędzy poślizgiem a przywarciem kredy do tablicy. Opisz ten proces bardziej szczegółowo, przede wszystkim wyjaśniając, jak to jest związane z faktem, że tarcie kinetyczne jest mniejsze od statycznego tarcia. (Ten sam proces ślizgania-przyczepiania odbywa się, gdy opony piszczą na chodniku.) Fizyk gotuje śniadanie i zauważa, że siła tarcia między łopatką i patelnią pokrytą teflonem wynosi zaledwie 0,200 N. Znając współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy tymi dwoma materiałami (z tabeli), fizyk szybko oblicza wartość siły normalnej. Ile ona wynosi? 5,00 N Zadania Podczas wykonywania remontu silnika fizyk musi wywrzeć siłę 3 , 00 ⋅ 10 2 N , aby wstawić suchy stalowy tłok do stalowego cylindra. Jaka jest siła normalna pomiędzy tłokiem a cylindrem? Jaką siłę musiałby wywrzeć fizyk, jeśli części silnika byłyby pokryte olejem? Jaka jest maksymalna siła tarcia w stawie kolanowym osoby, która podtrzymuje 66,0 kg swojej masy na tym kolanie? Podczas intensywnych ćwiczeń możliwe jest wywieranie na stawy siły, która jest 10 razy większa niż podpierany ciężar. Jaka jest maksymalna siła tarcia w takich warunkach? Siły tarcia w stawach są stosunkowo małe we wszystkich okolicznościach, z wyjątkiem przypadków psucia się stawów, takich jak uszkodzenie ciała lub zapalenie stawów. Zwiększone siły tarcia mogą powodować dalsze dolegliwości i ból. a. 10,0 N; b. 97,0 N Wyobraź sobie skrzynię drewnianą o masie 120 kg leżącą na drewnianej podłodze, gdzie współczynnik tarcia statycznego pomiędzy tymi drewnianymi powierzchniami wynosi 0,500. Jaką maksymalną siłę jesteś w stanie wywrzeć poziomo na skrzynię bez przesuwania jej? Jeśli nadal będziesz wywierać tę siłę na skrzynię nawet wówczas, gdy już zacznie się poruszać, to jakie będzie wówczas przyspieszenie skrzyni? Współczynnik tarcia kinetycznego wynosi 0,300. Jeśli połowa ciężaru auta dostawczego 1 , 00 ⋅ 10 3 k g jest obsługiwana przez jego dwa koła napędowe, to jakie przyspieszenie byłoby w stanie to auto osiągnąć na suchym betonie? Czy metalowa szafka leżąca na drewnianej naczepie samochodu przesuwa się, jeśli auto przyspiesza w tym tempie? Rozważ ponownie oba przypadki zakładając, że auto ma napęd na cztery koła. a. 4,9 m/s 2 ; b. Szafka się nie przesunie. c. Szafka się przesunie. Zaprzęg składający się z ośmiu psów ciągnie po mokrym śniegu sanie, których płozy pokryte są woskiem. Psy mają średnią masę 19,0 kg, a ładunek sanek z maszerem (osobą kierującą saniami) ma masę 210 kg. Oblicz przyspieszenie psów od momentu wyruszenia, jeśli każdy pies wywiera na śnieg średnią siłę 185 N. Oblicz siłę naciągu między psami a saniami. Rozważ przypadek łyżwiarki o wadze 65 kg popychanej przez dwie inne łyżwiarki. Oblicz kierunek i wartość siły wypadkowej F wyp , która jest całkowitą siłą wywieraną przez pozostałe kobiety, zakładając, że wartości wywieranych sił F 1 i F 2 wynoszą odpowiednio 26,4 N i 18,6 N. Jakie jest początkowe przyspieszenie łyżwiarki, jeśli najpierw stała ona w miejscu oraz ma na sobie łyżwy stalowe zwrócone w kierunku działania siły F wyp ? Jakie jest przyspieszenie, zakładając, że porusza się ona w kierunku działania siły F wyp ? (Pamiętaj, że tarcie zawsze działa w kierunku przeciwnym do ruchu lub próby ruchu między powierzchniami stykającymi się.) a. 32,3 N, 35,2 ° ; b. 0; c. 0,301 m/s 2 w kierunku działania siły F wyp Wykaż, że przyspieszenie ciała poruszającego się bez tarcia w dół równi pochyłej nachylonej pod kątem θ do płaszczyzny poziomej jest równe a = g sin θ . (Zauważ, że przyspieszenie jest niezależnie od masy ciała) Wykaż, że przyspieszenie dowolnego ciała poruszającego się z tarciem T k = μ k R w dół równi pochyłej wynosi a = g ( sin ⁡ θ − μ k cos ⁡ θ ) . Zwróć uwagę, że przyspieszenie jest niezależne od masy ciała i w sytuacji, gdy tarcie jest pomijalnie małe ( μ k = 0 ) zależność ta sprowadza się do równania znalezionego w poprzednim zadaniu. wyp F y = 0 ⇒ R = m g cos θ wyp F x = m a a = g ( sin θ − μ k cos θ ) Oblicz opóźnienie snowboardzisty wjeżdżającego na stok o kącie nachylenia 5 ∘ , przyjmując współczynnik tarcia nawoskowanego drewna na mokrym śniegu. Wynik poprzedniego zadania może być przydatny, ale uważaj, aby wziąć pod uwagę fakt, że snowboardzista jedzie w górę. Maszyna w urzędzie pocztowym wysyła paczki na pochylnię, z której trafiają one wprost do pojazdów dostawczych. Oblicz przyspieszenie pudła zjeżdżającego w dół po pochylni pod kątem 10 ∘ do poziomu zakładając, że współczynnik tarcia z paczki na nawoskowanym drewnie jest równy 0,100. Oblicz kąt nachylenia pochylni, przy którym pudło mogłoby zjeżdżać ze stałą prędkością. Pomiń wpływ oporu powietrza. a. 0,74 m/s 2 ; b. 5,71 ∘ Jeśli ciało ma spoczywać na równi pochyłej, nie zsuwając się, to tarcie musi być równe co do wartości składowej ciężaru równoległej do równi. Wymaga to coraz większego tarcia dla coraz bardziej stromych zboczy. Wykaż, że maksymalny kąt nachylenia zbocza względem poziomu, przy którym ciało nie zacznie się zsuwać wynosi θ = arctg ⁡ μ s . Możesz wykorzystać zależności wyliczone w poprzednich zadaniach. Załóż, że przyspieszenie a = 0 oraz że tarcie statyczne osiągnęło wartość maksymalną. Oblicz maksymalne przyspieszenie auta, które zjeżdża swobodnie z górki o kącie nachylenia 6 ∘ względem poziomu. Załóż, że ciężar auta jest równo rozłożony na cztery koła oraz że występuje tarcie statyczne, czyli opony nie ślizgają się podczas hamowania (pomijamy toczenie). Obliczenia poprowadź w następujących przypadkach: Na suchym betonie. Na mokrym betonie. Na lodzie przy założeniu, że μ s = 0,100 , czyli jest taki sam, jak dla butów na lodzie. a. 10,8 m/s 2 ; b. 7,85 m/s 2 ; c. 2,00 m/s 2 Oblicz maksymalne przyspieszenie auta, które zjeżdża swobodnie z górki o kącie nachylenia 4 ∘ względem poziomu. Załóż, że połowa ciężaru auta jest podpierana przez dwa koła napędowe oraz że występuje tarcie statyczne, czyli opony nie ślizgają się podczas hamowania (pomijamy toczenie). Obliczenia poprowadź w następujących przypadkach: Na suchym betonie. Na mokrym betonie. Na lodzie przy założeniu, że μ s = 0,100 , czyli jest taki sam jak dla butów na lodzie. Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania dla samochodu z napędem na cztery koła. a. 9,09 m/s 2 ; b. 6,16 m/s 2 ; c. 0,294 m/s 2 Mający dwa silniki pociąg towarowy o masie 8 , 00 ⋅ 10 5 k g wiezie 45 samochodów o średniej masie 5 , 50 ⋅ 10 5 k g . Jaką siłę ciągu musi wywierać każdy z silników, aby pociąg mógł poruszać się z przyspieszeniem 5,00 ⋅ 10 –2 m/s 2 jeśli siła tarcia wynosi 7,50 ⋅ 10 5 N . Zakładamy, że każdy z silników wywiera taką samą siłę. Wspomniana siła tarcia jest niewielka jak dla tak masywnego systemu, co sprawia, że pociągi są bardzo efektywnymi energetycznie systemami transportowymi. Ile wynosi siła kontaktowa (naciągu) wywierana między 37 i 38 samochodem, zakładając, że każdy z samochodów ma taką samą masę oraz, że siłą tarcia jest równomiernie rozłożona między wszystkie auta i silniki? Rozważ przypadek alpinistki o wadze 52,0 kg, która wspina się po ścianie, jak przedstawiono na rysunku. Znajdź siłę naciągu liny oraz siłę, jaką alpinistka musi za pomocą stóp wywierać na pionową ścianę, aby pozostać nieruchoma. Załóż, że siła jest wywierana równolegle do jej nóg oraz że siła wywierana przez jej ramiona jest pomijalnie mała. Jaki jest minimalny współczynnik tarcia pomiędzy jej butami a ścianą? a. 272 N, 512 N; b. 0,268 Zawodnik startujący w zawodach zimowych pcha bryłę lodu o masie 45,0 kg przez zamarznięte jezioro, jak to zostało przedstawione na rysunku. Oblicz minimalną siłę F , jaką musi on wywierać na bryłę, aby ją ruszyć. Jakie będzie przyspieszenie bryły, jeśli po ruszeniu jej zawodnik będzie nadal pchał ją z tą samą siłą? Zawodnik z poprzedniego zadania ciągnie bryłę lodu za pomocą liny przerzuconej przez ramię jak na rysunku. Oblicz minimalną siłę F jaką musi on ciągnąć bryłę, aby ją ruszyć. Jakie będzie przyspieszenie bryły, jeśli po ruszeniu zawodnik będzie nadal ciągnął ją z tą samą siłą? a. 46,5 N; b. 0,629 m/s 2 Na poczcie paczka w postaci pudła o masie 20 kg zjeżdża po pochylni nachylonej pod kątem 30 ∘ do poziomu. Współczynnik tarcia kinetycznego między pudłem i pochylnią wynosi 0,0300. Oblicz przyspieszenie pudła. Oblicz prędkość pudła na końcu pochylni, jeśli ma ona długość 2 m, a prędkość początkowa pudła wynosi 0. tarcie (ang. friction ) siła, która przeciwdziała względnemu ruchowi lub próbie ruchu między stykającymi się ciałami tarcie kinetyczne (ang. kinetic friction ) siła, która przeciwdziała względnemu ruchowi dwóch poruszających się, stykających się ciał tarcie statyczne (ang. static friction ) siła, która przeciwdziała względnemu ruchowi dwóch statycznych, stykających się ciał", "section": "Tarcie", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Siła dośrodkowa W rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach analizowaliśmy podstawy ruchu po okręgu. Ciało poruszające się po torze kołowym, jak na przykład samochody wyścigowe przedstawione na początku tego rozdziału, musi posiadać przyspieszenie, ponieważ ciągle zmienia się kierunek wektora jego prędkości. Wykazaliśmy, że przyspieszenie skierowane do środka okręgu, zwane przyspieszeniem dośrodkowym , jest wyrażone wzorem: a d = v 2 r gdzie v oznacza prędkość ciała skierowaną stycznie w punkcie do toru ruchu ciała. Jeśli znamy prędkość kątową ciała ω , możemy wykorzystać następującą zależność: a d = r ω 2 . Przyspieszenie kątowe opisuje szybkość, z jaką ciało pokonuje zakręt, wyrażoną w rad/s. Przyspieszenie, o którym była mowa, działa wzdłuż promienia krzywizny toru i nazywane jest również przyspieszeniem normalnym lub radialnym. Przyspieszenie powstaje zawsze na skutek działania jakiejś siły. Przyspieszenie dośrodkowe może zostać wywołane przez dowolną siłę lub układ sił działających na ciało. Przykładami mogą być siła naciągu liny wahadła, siła grawitacji wywierana przez Ziemię na Księżyc, tarcie między łyżworolkami a podłożem, siła wywierana na samochód na zakręcie, czy też siła wywierana na obiekty w wirówce. Każda siła wypadkowa wywołująca jednostajny ruch po okręgu nazywana jest siłą dośrodkową (ang. centripetal force ). Jest ona zawsze skierowana wzdłuż promienia krzywizny toru, podobnie jak przyspieszenie dośrodkowe. Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona siła jest iloczynem masy i przyspieszenia: F wyp = m a . W jednostajnym ruchu po okręgu przyspieszenie jest równe przyspieszeniu dośrodkowemu: a = a d . Stąd wartość siły dośrodkowej F d wynosi: F d = m a d . Podstawiając wyrażenie na przyspieszenie dośrodkowe a d ( a d = v 2 / r ; a d = r ω 2 ) , otrzymujemy dwa równania na siłę dośrodkową F d pokazujące jej zależność od masy, prędkości, prędkości kątowej i promienia krzywizny: F d = m v 2 r ; F d = m r ω 2 . Oba równania wyrażają to samo, więc możemy je stosować zamiennie. Siła dośrodkowa F → d jest zawsze prostopadła do toru i skierowana jest do środka jego krzywizny, ponieważ a → d jest prostopadłe do prędkości i skierowane do środka krzywizny toru. Zwróć uwagę, że jeśli przekształcisz pierwsze wyrażenie tak, aby obliczyć r , otrzymasz: r = m v 2 F d . Oznacza to, że w przypadku danej masy i prędkości duża siła dośrodkowa powoduje mały promień krzywizny, jak to zostało przedstawione na . Siła dośrodkowa jest prostopadła do wektora prędkości i wywołuje jednostajny ruch po okręgu. Im większa jest siła dośrodkowa F d , tym mniejszy jest promień krzywizny r toru, zaś gdy siła dośrodkowa F d jest mniejsza, to promień krzywizny r ′ jest większy (przy założeniu tej samej prędkości v ). Jaki powinien być współczynnik tarcia, aby bezpiecznie pokonać zakręt? (a) Oblicz siłę dośrodkową wywieraną na auto o masie 900,0 kg, które pokonuje zakręt o promieniu krzywizny 500,0 m z prędkością 25,00 m/s. (b) Zakładając, że zakręt jest płaski, oblicz minimalny współczynnik tarcia statycznego pomiędzy oponami i drogą, aby auto nie wpadło w poślizg ( ). Samochód odjeżdża od obserwatora i skręca w lewo na płaskiej powierzchni. Siła dośrodkowa powodująca zakrzywienie toru powstaje na skutek działania siły tarcia pomiędzy oponami i podłożem. Aby auto nie wypadło z drogi, potrzebny jest odpowiednio duży współczynnik tarcia. Wówczas samochód będzie poruszał się po torze kołowym o założonym promieniu krzywizny. Strategia rozwiązania Wiemy, że F d = m v 2 / r . Zatem F d = m v 2 r = 900 , 0 k g ⋅ ( 25 , 00 m / s ) 2 500 , 0 m = 1125 N . pokazuje siły działające na samochód na płaskim zakręcie. Tarcie skierowane w lewo chroni auto przed poślizgiem, a ponieważ tarcie jest jedyną siłą działającą w płaszczyźnie poziomej, to tarcie w tym przypadku jest równe sile dośrodkowej. Wiemy, że maksymalna siła tarcia statycznego (przy której koła się obracają, a nie ślizgają) jest równa μ s R , gdzie μ s jest współczynnikiem tarcia statycznego, a R jest siłą normalną. Siła normalna co do wartości jest równa ciężarowi samochodu na płaszczyźnie poziomej, więc R = m g . Zatem siła dośrodkowa w tym przypadku jest równa F d = T = μ s R = μ s m g . Otrzymaliśmy w ten sposób zależność pomiędzy siłą dośrodkową i współczynnikiem tarcia. Korzystając z zależności F d = m v 2 r , otrzymujemy m v 2 r = μ s m g . Przekształcając to równanie tak, aby obliczyć μ s , dochodzimy do zależności μ s = v 2 r g . Podstawiając wielkości dane w treści zadania, obliczamy wartość współczynnika tarcia statycznego μ s = ( 25 , 00 m / s ) 2 500 , 0 m ⋅ 9 , 80 m / s 2 = 0 , 13. Znaczenie Współczynnik tarcia obliczony w zadaniu jest dużo mniejszy od wartości zazwyczaj wymienianych jako współczynnik tarcia między oponą a asfaltem. Jeśli współczynnik ten byłby większy niż 0,13, to samochód nadal pokonywałby zakręt, ponieważ tarcie statyczne jest siłą zdolną przyjmować wartości mniejsze lub równe μ s R . Większy współczynnik tarcia pozwoliłby również na pokonanie zakrętu z większą prędkością, zaś gdyby współczynnik ten był mniejszy, to bezpieczna prędkość byłaby niższa niż 25 m/s. Zwróć uwagę, że współczynnik tarcia nie zależy od masy, co oznacza, że pokonanie zakrętu bez poślizgu na płaskiej powierzchni nie będzie zależne od tego, jak ciężkie jest auto. Nieco inaczej sytuacja wygląda w przypadku, gdy zakręt jest nachylony a nie płaski. Wówczas siła normalna będzie mniejsza. Dokładniej opiszemy to w następnym przykładzie. Sprawdź, czy rozumiesz. Samochód poruszający się z prędkością 96,8 km/h pokonuje zakręt o promieniu krzywizny 182,9 m na płaskiej, polnej drodze. Ile musi wynosić współczynnik tarcia, aby samochód nie wpadł w poślizg i nie wypadł z drogi? 0,40 Profilowany zakręt Rozważmy teraz ruch po wyprofilowanym (pochylonym) zakręcie (ang. banked curve ), gdzie nachylenie drogi pomaga nam ten zakręt pokonać ( ). Im większy jest kąt pochylenia drogi θ , tym szybciej możesz przejechać przez zakręt. Tory wyścigowe dla rowerów, jak również dla samochodów, często mają stromo pochylone zakręty. Idealnie wyprofilowany zakręt to taki, który mógłbyś przejechać z daną prędkością bez udziału tarcia pomiędzy oponami a podłożem. Wyprowadźmy zatem wzór na kąt pochylenia drogi θ w przypadku takiego idealnie wyprofilowanego zakrętu. Auto na pochyłym zakręcie oddala się od obserwatora i skręca w lewo. Dla idealnie nachylonego zakrętu (ang. ideal banking ) wypadkowa sił zewnętrznych jest równa sile dośrodkowej (bez udziału tarcia). Składowe siły normalnej R w kierunku poziomym i pionowym muszą być równe odpowiednio sile dośrodkowej i ciężarowi samochodu. W sytuacji, w której siły nie są równoległe, najlepiej jest rozważyć składowe wzdłuż prostopadłych osi – w tym przypadku w kierunku pionowym i poziomym. przedstawia rozkład sił działających na samochód na gładkim, pochyłym zakręcie. Jeśli kąt θ jest optymalny, to wypadkowa sił zewnętrznych jest równa sile dośrodkowej. Na samochód działają dwie siły zewnętrzne: ciężar Q → oraz siła normalna prostopadła do drogi R → . (Gładka powierzchnia może wywierać jedynie siłę prostopadłą do powierzchni - czyli siłę normalną). Suma tych dwóch sił daje siłę wypadkową, która skierowana jest poziomo do środka krzywizny zakrętu i ma wartość m v 2 / r . Ponieważ siła ta jest pozioma, używamy układu współrzędnych z pionowymi i poziomymi osiami. Tylko siła normalna ma składową poziomą, więc pełni ona rolę siły dośrodkowej: R sin θ = m v 2 r . Skoro samochód nie odrywa się od powierzchni drogi, to wypadkowa sił działających w pionie musi być równa zero. Oznacza to, że pionowe siły bądź ich składowe muszą być równe co do wartości, ale przeciwnie skierowane. Z wynika, że jedynymi siłami działającymi w pionie są: składowa pionowa siły normalnej R cos ⁡ θ oraz siła ciężkości. Muszą być one równe co do wartości, zatem N cos θ = m g . Teraz możemy powiązać te dwa równania, aby wyznaczyć R i otrzymać wyrażenie na θ . Przekształćmy drugie równanie do postaci R = m g / cos ⁡ θ i podstawmy do pierwszego równania. Wówczas otrzymamy: m g sin θ cos θ = m v 2 r m g tg θ = m v 2 r tg θ = v 2 r g . Za pomocą funkcji odwrotnej do tangensa (arcus tangens) wyznaczamy wyrażenie na wartość kąta w postaci: θ = arctg ( v 2 r g ) . Wyrażenie to pomaga zrozumieć, jaki jest związek pomiędzy θ i v oraz r . Duża wartość kąta θ występuje dla dużych prędkości v i małego promienia krzywizny r . Oznacza to, że drogi muszą być stromo nachylone, aby można było ostre zakręty pokonywać z dużą prędkością. Dodatkowo pomocne okazuje się tarcie, które pozwala pokonywać zakręt z większą prędkością niż w przypadku gładkiej powierzchni drogi. Zwróć uwagę, że θ nie zależy od masy pojazdu. Jaka jest idealna szybkość, aby pokonać stromo nachylony, wąski zakręt? Zakręty na torach wyścigowych są często bardzo stromo pochylone. Taka geometria zakrętu w połączeniu z tarciem kół o asfalt oraz odpowiednio stabilną konstrukcją samochodu pozwala pokonywać zakręty z bardzo dużą prędkością. Dla zobrazowania tej zależności oblicz prędkość, z jaką można przejechać gładki zakręt o promieniu krzywizny 100,0 m nachylony pod kątem 31 ∘ . Strategia rozwiązania Zauważmy, że wszystkie wielkości potrzebne do obliczenia kąta nachylenia idealnie wyprofilowanego zakrętu są dane. W związku z tym wystarczy, że przekształcimy to równanie tak, aby otrzymać z niego zależność na szukaną prędkość. Rozwiązanie Zaczynając od tg θ = v 2 r g , po przekształceniu otrzymujemy równanie v = r g tg θ . Wiedząc, że tg ⁡ 31 ∘ = 0 , 609 , otrzymujemy następującą wartość liczbową: v = 100 , 0 m ⋅ 9 , 80 m s 2 ⋅ 0 , 609 = 24 , 4 m s . Znaczenie Wartość ta odpowiada prędkości 165 km/h, z jaką można pokonywać raczej stromo nachylone i ostre zakręty. Uwzględnienie dodatkowo tarcia opon o podłoże pozwala znacząco zwiększyć dopuszczalną prędkość. Samoloty również przechylają się, gdy wykonują zakręt. Siła nośna działa pod kątem prostym do powierzchni skrzydeł. Gdy samolot przechyla się, uzyskuje większą siłę nośną niż wymagana na tej wysokości. Pionowa składowa siły nośnej równoważy ciężar samolotu, zaś pozioma składowa jest przyczyną jego przyspieszenia dośrodkowego. Kąt przechylenia jest oznaczony na za pomocą symbolu θ . Analiza sił przebiega tu w sposób analogiczny jak w zadaniu z samochodem pokonującym stromy zakręt. Podczas wykonywania zakrętu składowa pozioma siły nośnej nie jest zrównoważona żadną inną siłą i staje się przyczyną przyspieszenia dośrodkowego. Z kolei składowa pionowa równoważy ciężar samolotu. Kąt przechylenia samolotu jest oznaczony jako θ . Porównaj graficzny rozkład sił działających na samolot z rozkładem sił przedstawionych na . Uruchom symulację i przyłącz się do biedronki , by wraz z nią odkrywać ruch po okręgu. Zakręć karuzelą, wybierając stałą prędkość kątową lub stałe przyspieszenie kątowe. Sprawdź, jak ruch obrotowy wpływa na położenie x y , prędkość i przyspieszenie biedronki, posługując się odpowiednimi wykresami i wektorami. Warunkiem istnienia ruchu po okręgu jest działanie tzw. siły dośrodkowej, która skierowana jest wzdłuż promienia, do wewnątrz toru kołowego. Uproszczony model karuzeli obrazuje tę siłę. Siły bezwładności, układy nieinercjalne i siła Coriolisa Co mają ze sobą wspólnego: start samolotu odrzutowego, pokonywanie zakrętu samochodem, jazda na karuzeli i ruch obrotowy cyklonu tropikalnego? W każdej sytuacji występują siły bezwładności, które wydają się wynikać z ruchu, ponieważ układ odniesienia obserwatora przyspiesza lub obraca się. Zapewne większość ludzi stwierdzi, że podczas startu samolotu pasażerowie są wciskani w fotel, ponieważ samolot przyspiesza wzdłuż pasa startowego. Z kolei fizyk patrzący na sytuację z zewnątrz stwierdzi, że pasażer pozostaje nieruchomy, podczas gdy fotel naciska na człowieka. Jeszcze powszechniej znane są doznania pojawiające się, kiedy kierowca samochodu wykonuje ostry zakręt – na przykład w prawo, jak to zostało przedstawione na . Osoba kierująca czuje, jakby była wyrzucana w lewo względem samochodu i wciskana w drzwi auta. Jeśli na tylnym siedzeniu znajduje się jakiś przedmiot, np. piłka, to zacznie ona turlać się w lewo względem siedzenia. Z kolei fizyk obserwujący sytuację z zewnątrz stwierdziłby, że piłka porusza się po linii prostej, zaś to samochód porusza się w prawo. (a) Piłka turla się w lewo, kiedy kierowca wykonuje skręt w prawą stronę. Jest to siła inercjalna wynikająca z wybrania samochodu jako układu odniesienia. (b) W układzie odniesienia związanym z Ziemią, piłka porusza się po linii prostej, przestrzegając pierwszej zasady dynamiki Newtona, zaś samochód porusza się w prawo. Nie występuje siła działająca na piłkę skierowana w lewo w stosunku do Ziemi. Możemy pogodzić te punkty widzenia, sprawdzając użyte układy odniesienia. Skupmy się na osobie w aucie. Pasażerowie instynktownie używają samochodu jako układu odniesienia, a fizycy chętniej będą odnosić się do Ziemi. Fizyk dokonuje takiego wyboru, ponieważ Ziemia jest niemal inercjalnym układem odniesienia, w którym wszystkie siły mają zidentyfikowane pochodzenie fizyczne. W takim układzie odniesienia zasady dynamiki Newtona przyjmują formę przedstawioną w rozdziale Zasady dynamiki Newtona . Samochód stanowi nieinercjalny układ odniesienia (ang. non-inertial frame of reference ), ponieważ porusza się on z niezerowym przyspieszeniem względem układu inercjalnego (Ziemi). Siła wyczuwana przez pasażerów i skierowana w lewo nazywana jest siłą bezwładności (ang. inertial force ), nie mającą fizycznego pochodzenia (jest spowodowana bezwładnością pasażera, a nie fizyczną przyczyną, taką jak napięcie, tarcie lub grawitacja). Samochód, a także kierowca, faktycznie przyspieszają w prawo. Fizyk wybiera dowolny układ odniesienia najbardziej dogodny dla analizowanej sytuacji. Może równie dobrze uwzględnić siły bezwładności i drugą zasadę dynamiki Newtona, jeśli takie podejście jest wygodniejsze, na przykład dla ciał fizycznych na karuzeli lub na obracającej się planecie. Nieinercjalne (przyspieszane) układy odniesienia stosuje się wówczas, gdy jest to użyteczne w odniesieniu do analizowanego zagadnienia. W dyskusji o ruchu astronauty w kosmosie, który przemieszcza się z prędkością zbliżoną do prędkości światła, należy rozważyć różne układy odniesienia, z czego zdasz sobie sprawę podczas rozważań na temat szczególnej teorii względności. Wyobraźmy sobie jazdę na szybko obracającej się karuzeli ( ). Wybieramy karuzelę jako układ odniesienia, ponieważ obraca się on razem z nami. W tym nieinercjalnym układzie odniesienia czujemy działanie siły bezwładności, która wyrzuca nas na zewnątrz. Jednak jest to wyłącznie siła pozorna. Potocznie nazywamy ją siłą odśrodkową (nie mylić z siłą dośrodkową). W układzie odniesienia związanym z Ziemią nie ma siły, która chciałaby cię wyrzucić na zewnątrz, gdyż siła odśrodkowa to twór czysto umowny. Owszem, musisz kurczowo trzymać się karuzeli, ale po to, by poruszać się po okręgu i nie wypaść z niego po linii prostej do przodu. (a) Dziecko na karuzeli czuje, jakby było z niej wyrzucane. Siła bezwładności jest czasami mylnie nazywana siłą odśrodkową w celu wyjaśnienia ruchu jeźdźca w obracającym się układzie odniesienia. (b) W inercjalnym układzie odniesienia, zgodnie z zasadami dynamiki Newtona, bezwładność unosi jeźdźca po linii prostej stycznie do toru (cień jeźdźca pokazuje przypadek, gdy F wyp = 0 ). Siła F dośrodkowa jest niezbędna, aby zakrzywiać tor ruchu. Ruch po okręgu oraz siły bezwładności skutecznie wykorzystuje się w wirówkach ( ). Wirówka bardzo szybko obraca próbką w probówce. Z punktu widzenia obserwatora w obracającym się układzie odniesienia siła bezwładności wyrzuca cząstki na zewnątrz, przyspieszając ich osiadanie. Im większa jest prędkość kątowa, tym większa jest siła odśrodkowa. Jednakże tak naprawdę to bezwładność kieruje cząstki wzdłuż linii stycznej do okręgu, podczas gdy probówka jest kierowana po torze kołowym za pomocą siły dośrodkowej. Wirówki wykorzystują bezwładność do wykonywania swoich zadań. Cząsteczki w osadach płynnych osadzają się, ponieważ ich bezwładność unosi je na zewnątrz od osi obrotu. Duża prędkość kątowa wirówki przyspiesza sedymentację. Ostatecznie cząstki stykają się z ściankami rurki testowej, które następnie dostarczają siłę dośrodkową potrzebną do poruszania się po okręgu o stałym promieniu. Zastanówmy się teraz, co się stanie, jeśli ciało się porusza w obracającym się układzie odniesienia. Na przykład jeśli puścisz piłkę bezpośrednio ze środka karuzeli, jak przedstawiono na . Piłka porusza się po linii prostej w stosunku do Ziemi (zakładając pomijalne tarcie) i po torze zakrzywionym w prawo w stosunku do karuzeli. Osoba stojąca obok karuzeli widzi piłkę poruszającą się prosto, zaś pod nią kręcącą się karuzelę. W układzie odniesienia związanym z karuzelą wyjaśniamy zakrzywienie toru piłki w prawo, stosując siłę bezwładności zwaną siłą Coriolisa (ang. Coriolis force ). Siła Coriolisa może być użyta w tym układzie odniesienia, aby wyjaśnić, dlaczego obiekty poruszają się po zakrzywionych torach i tym samym pozwala na stosowanie zasad dynamiki Newtona w nieinercjalnych układach odniesienia. Gdy spoglądamy z góry na ruch obrotowy karuzeli w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, zauważamy, że piłka przesuwana prosto od środka w stronę krawędzi porusza się po torze zakrzywionym w prawo. Osoba przesuwa piłkę od punktu A do punktu B. Oba punkty obracają się do pozycji A' i B' w tym samym czasie, gdy piłka porusza się po zakrzywionym torze w obracającym się układzie odniesienia i po linii prostej w układzie odniesienia związanym z Ziemią. Do tej pory uważaliśmy Ziemię za inercjalny układ odniesienia, nie troszcząc się wcale lub niewiele o skutki spowodowane jej obrotem. Istnieją jednak takie skutki i nie można ich pominąć - na przykład w stosunku do zjawisk pogodowych. Większość konsekwencji obrotu Ziemi może być jakościowo rozumiana przez analogię z karuzelą. Gdyby spojrzeć z góry na biegun północny, Ziemia obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, podobnie jak karuzela na . Podobnie jak na karuzeli, każdy ruch na półkuli północnej Ziemi doświadcza działania siły Coriolisa na prawo. Odwrotnie dzieje się na półkuli południowej. Tam siła jest skierowana w lewo. Ponieważ prędkość kątowa Ziemi jest mała, siła Coriolisa jest znikoma, ale dla ruchów w dużej skali, takich jak wiatr, prądy powietrzne, ten efekt jest znaczący. Siła Coriolisa powoduje, że huragany na półkuli północnej obracają się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, podczas gdy cyklony tropikalne na półkuli południowej obracają się zgodnie z ruchem wskazówek zegara. (Określenia huragan, tajfun i tropikalna burza to specyficzne dla regionu nazwy cyklonów, które są systemami burzowymi charakteryzującymi się ośrodkami niskiego ciśnienia, silnymi wiatrami i deszczami). pomaga wyjaśnić, jak się to odbywa. Powietrze płynie w kierunku dowolnego obszaru niskiego ciśnienia. Jako że tropikalne cyklony zawierają szczególnie niskie ciśnienia, wiatr dociera do ich środka lub do centrum systemu pogodowego o niskim ciśnieniu. Na półkuli północnej te wewnętrzne wiatry są odchylane w prawo, jak pokazano na rysunku, wytwarzając obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara na powierzchni dowolnych stref niskiego ciśnienia. Niskie ciśnienie na powierzchni wiąże się z unoszącym się powietrzem, co powoduje również chłodzenie i tworzenie się chmur. Sprawia to, że ​​charakterystyczne obrazy niskociśnieniowe są często dobrze widoczne z kosmosu. Z drugiej strony, cyrkulacja powietrza w strefach wysokiego ciśnienia jest zgodna z ruchem wskazówek zegara na półkuli południowej, ale jest mniej widoczna, ponieważ wysokie ciśnienie wiąże się z opadającym powietrzem, wywołując czyste, bezchmurne niebo. (a) Obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara huraganu na półkuli północnej jest główną konsekwencją siły Coriolisa. (b) Bez siły Coriolisa powietrze wpłynęłoby prosto do strefy niskiego ciśnienia, jaka występuje w tropikalnych cyklonach. (c) Siła Coriolisa zakrzywia kierunek wiatru w prawo, powodując obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. (d) Wiatr wypływający ze strefy wysokiego ciśnienia jest również odchylany w prawo, powodując obrót zgodnie z ruchem wskazówek zegara. (e) Przeciwny kierunek obrotów jest wytwarzany przez siłę Coriolisa na półkuli południowej, co prowadzi do tropikalnych cyklonów. (rysunki a i e: zmodyfikowane na podstawie materiałów NASA). Ruch obrotowy cyklonów tropikalnych i zakrzywiony tor ruchu piłki na karuzeli można wyjaśnić bezwładnością i obrotem układu, w którym te obiekty znajdują się pod spodem. Jeśli wykorzystywane są układy nieinercjalne, należy znaleźć siłę bezwładności, taką jak siła Coriolisa, aby wyjaśnić zakrzywiony tor ruchu. Nie ma żadnego możliwego do zidentyfikowania fizycznego źródła istnienia tych sił bezwładności. W inercjalnym układzie odniesienia bezwładność wyjaśnia tor ruchu, a żadna siła nie ma niezidentyfikowanego źródła. Każdy z tych poglądów pozwala opisać przyrodę, ale obserwacja prowadzona w inercjalnym układzie odniesienia jest najprostsza w tym sensie, że wszystkie siły mają swoje źródła i są łatwe do wyjaśnienia. Podsumowanie Siła dośrodkowa F → d jest siłą skierowaną do środka toru kołowego, po którym porusza się ciało. Jest ona prostopadła do prędkości liniowej i ma wartość F d = m a d . Obracające się i przyspieszane układy odniesienia nazywamy nieinercjalnymi. Siły bezwładności, takie jak siła Coriolisa, są bardzo pomocne, aby wyjaśnić ruch w tego typu układach. Jednakże są tzw. siłami pozornymi, tzn. są pojęciami czysto teoretycznymi, pozwalającymi na rozważanie zasad dynamiki Newtona w układach poruszających się z przyspieszeniem. Pytania Jeśli chcesz zmniejszyć naprężenia (związane z siłą dośrodkową) w oponach używanych do jazdy z dużą prędkością, użyjesz opon o dużej czy małej średnicy? Wyjaśnij swoją decyzję. Zdefiniuj siłę dośrodkową. Czy dowolny typ siły (na przykład napięcie, siła grawitacji, tarcie itd.) może być siłą dośrodkową? Czy dowolna kombinacja tych sił może stanowić siłę dośrodkową? Siła dośrodkowa jest definiowana jako dowolna siła wypadkowa powodująca jednostajny ruch po torze kołowym. Siła dośrodkowa nie jest nowym rodzajem siły. Odnosi się ona do jakiejkolwiek siły, która utrzymuje ciało w ruchu po okręgu. Siła ta może być naprężeniem, grawitacją, tarciem, przyciąganiem elektrycznym, normalną siłą lub jakąkolwiek inną siłą. Jakakolwiek ich kombinacja może być źródłem siły dośrodkowej, na przykład siła dośrodkowa działająca na kulkę na nitce obracaną w płaszczyźnie pionowej w jej najwyższym położeniu jest wynikiem zarówno naciągu nici, jak i ciężaru. Jeśli siła dośrodkowa skierowana jest „do środka”, to dlaczego czujesz „wyrzucanie” na zewnątrz, gdy samochód pokonuje zakręt? Wyjaśnij. Kierowcy wyścigowi zazwyczaj „ścinają” zakręt, jak to zostało przedstawione poniżej (tor 2). Wyjaśnij, dlaczego pozwala to pokonywać zakręt z większą prędkością? Kierowca, który „ścina” zakręt (tor 2) porusza się po torze o łagodniejszej krzywiźnie i większym promieniu. Jeśli kierowca zbyt szybko wejdzie w zakręt po torze nr 2, wyślizgnie się z toru. Kluczem jest utrzymanie maksymalnej wartości tarcia statycznego. Kierowca dąży do utrzymania maksymalnej prędkości i maksymalnego tarcia. Rozważmy równanie siły dośrodkowej: F d = m v 2 / r gdzie v jest szybkością a r jest promieniem krzywizny toru. Zatem zwiększając promień krzywizny toru (zmniejszając 1 / r ) zmniejszamy siłę, jaką opony muszą wywierać na drogę. Oznacza to, że możemy zwiększyć prędkość v . Patrząc na to z punktu widzenia kierowcy na torze 1 możemy to wyjaśnić w ten sposób: im ostrzejszy jest skręt, tym mniejsza jest krzywizna toru. Im mniejszy promień krzywizny, tym większa jest wymagana siła dośrodkowa. Jeśli siła dośrodkowa nie byłaby wywierana, to efektem byłby poślizg auta. Wiele parków rozrywki ma kolejki górskie, których tory tworzą pionowe pętle, jak pokazano poniżej. Ze względów bezpieczeństwa wagoniki są mocowane do szyn w taki sposób, aby nie mogły spaść. Jeśli samochód wjedzie na szczyt z odpowiednią prędkością v 0 , to sama grawitacja dostarczy siłę dośrodkową. Jaka inna siła działa i jaki jest jej kierunek, jeśli: (a) wagonik pokonuje najwyższy punkt toru szybciej niż v 0 ? (b) wagonik pokonuje najwyższy punkt toru wolniej niż v 0 ? Co powoduje, że woda jest usuwana z ubrań podczas wirowania? Bęben wirówki wywiera siłę dośrodkową na ubrania (zawierające krople wody), aby utrzymać je w ruchu po okręgu. Gdy kropla wody trafi do jednego z otworów w bębnie, będzie poruszać się po torze stycznym do okręgu i zostanie wyrzucona poza bęben. Narciarz zakreśla okrąg. Jaka siła odpowiada za zakrzywienie toru jego ruchu? Wykorzystaj diagram sił, aby uzasadnić odpowiedź. Wyobraźmy sobie dziecko jeżdżące na karuzeli, siedzące na koniku w połowie odległości między środkiem karuzeli a jej brzegiem. Trzyma ono pojemnik śniadaniowy na woskowanym papierze, więc tarcie między papierem z pojemnikiem i karuzelą jest znikome. Po jakiej krzywej będzie poruszać się pojemnik, jeśli dziecko go upuści? Jeśli poruszający się pojemnik pozostawia ślad na kurzu leżącym na karuzeli, to która krzywa reprezentuje ten ślad: prosta, zakrzywiona w prawo czy zakrzywiona w lewo? Odpowiedź uzasadnij. Jeśli nie ma tarcia, to nie występuje siła dośrodkowa. Oznacza to, że pojemnik będzie poruszał się wzdłuż ścieżki stycznej do okręgu, czyli ścieżki B . Ślad na kurzu będzie prosty. Jest to konsekwencja pierwszej zasady dynamiki Newtona. Czy czujesz, że jakaś siła „wyrzuca” cię na zewnątrz, kiedy pokonujesz zakręt, który jest idealnie wyważony dla twojego samochodu przy zadanej prędkości? Jaki jest kierunek siły, jaką fotel samochodowy wywiera na ciebie? Załóżmy, że ciężarek porusza się po torze kołowym na gładkim stole, jak pokazano na rysunku. W układzie odniesienia związanym z Ziemią nie ma siły odśrodkowej wyrzucającej masę z dala od środka obrotu, ale jest siła rozciągająca strunę, za pomocą której masa jest przymocowana do gwoździa. Używając pojęć związanych z siłą dośrodkową i trzecią zasadą dynamiki Newtona, wyjaśnij, jaka siła napina strunę, identyfikując jej fizyczne pochodzenie. Aby utrzymać ruch po okręgu konieczne jest działanie siły dośrodkowej, którą zapewnia gwóźdź na środku. Trzecia zasada dynamiki Newtona wyjaśnia to zjawisko. Siłą sprawczą (akcji) jest siła wywierana na masę przez strunę. Siłą reakcji jest siła wywierana przez masę na strunę. To właśnie siła reakcji powoduje, że struna jest napięta. Kiedy spłukujesz wodę w toalecie lub przepłukujesz zlewozmywak, woda (i inne materiały) obracają się wokół wewnątrz rury spustowej, przemieszczając się w dół. Zakładając brak początkowego ruchu obrotowego i przepływ początkowo po linii prostej w stronę rury, wyjaśnij, co powoduje obrót i jaki ma on kierunek na półkuli północnej. (Należy zwrócić uwagę, że jest to niewielki efekt, a w większości toalet obrót jest spowodowany przez kierunkowe dysze wodne.) Czy kierunek obrotów byłby odwrócony, gdyby woda została skierowana w górę rury spustowej? Samochód pokonuje zakręt na oblodzonym fragmencie drogi o bardzo małym współczynniku tarcia kinetycznego. Samochód zjeżdża z drogi. Opisz tor ruchu samochodu, gdy opuszcza drogę. Ponieważ tarcie opon o podłoże wywołuje siłę dośrodkową, a tarcie jest bliskie 0, to gdy samochód wjeżdża w lód, będzie poruszał się linii prostej stycznej to toru. Jest to zgodne z pierwszą zasadą dynamiki Newtona. Powszechnym błędnym wyobrażeniem jest to, że samochód będzie podążał po torze zakrzywionym. Podczas korzystania z jednej z atrakcji w parku rozrywki śmiałkowie wchodzą do dużej pionowej beczki i stoją pod ścianą na poziomej podłodze. Beczka jest wprawiana w ruch obrotowy, a podłoga opada. Ludzie czują się tak, jakby przypięto ich do ściany. Nie opadają w pionie, mimo że podłoga uciekła im spod nóg. Jest to siła bezwładności wyczuwana i używana przez śmiałków do wyjaśnienia zjawiska w obracającym się układzie odniesienia związanym z beczką. Wyjaśnij w inercjalnym układzie odniesienia (Ziemia jest prawie takim układem), co przytrzymuje ludzi przy ścianie i zidentyfikuj wszystkie działające siły. Dwaj przyjaciele toczą dyskusję. Anna mówi, że satelita na orbicie wykonuje spadek swobodny, ponieważ ciągle zbliża się do Ziemi. Tomek mówi, że satelita na orbicie nie wykonuje swobodnego spadku, ponieważ przyspieszenie grawitacyjne nie wynosi 9 , 80 m / s 2 . Z kim się zgadzasz i dlaczego? Anna ma rację. Satelita wykonuje spadek swobodny do Ziemi, nawet jeśli grawitacja jest słabsza na wysokości satelity i g nie jest równe 9,80 m/s 2 . Spadek swobodny nie zależy od wartości przyspieszenia ziemskiego g . Na przykład można doświadczyć spadku swobodnego również na Marsie, skacząc np. z Olympus Mons (najwyższy wulkan w Układzie Słonecznym). Nieinercjalny układ odniesienia umieszczony w centrum Słońca jest prawie idealnym układem inercjalnym. Dlaczego prawie? Dlaczego nie jest to po prostu układ inercjalny? Zadania Dziecko o masie 22 kg siedzi na karuzeli, która obraca się z prędkością 40 obr./min. Ile wynosi siła dośrodkowa wywierana na dziecko, jeśli siedzi ono w odległości 1,25 m od osi obrotu? Ile wynosi siła dośrodkowa wywierana na dziecko, jeśli karuzela obraca się z prędkością 3 obr./min, a dziecko siedzi w odległości 8 m od osi obrotu? Porównaj każdą z sił z ciężarem dziecka. a. 483 N; b. 17,4 N; c. 2,24, 0,0807 Oblicz siłę dośrodkową na końcu łopatki (o długości 100 m) w turbinie wiatrowej. Prędkość obrotowa łopatki wynosi 0,5 obr./s, zaś masa jest równa 4 kg. Jaki jest idealny kąt nachylenia zakrętu na drodze szybkiego ruchu, którego promień krzywizny wynosi 1,2 km, a ograniczenie prędkości jest równe 105 km/h. Zakładamy, że wszystkie samochody jadą z taką właśnie prędkością. 4 , 14 ∘ Z jaką prędkością powinno się pokonywać zakręt o promieniu krzywizny 100 m nachylony pod kątem 20 , 0 ∘ ? Jaki jest promień krzywizny zakrętu na torze bobslejowym nachylonego pod kątem 75 , 0 ∘ i pokonywanego z prędkością 30,0 m/s, zakładając, że jest on idealnie wyprofilowany? Oblicz przyspieszenie dośrodkowe. Czy Twoim zdaniem jest ono duże? 24,6 m; 36,6 m/s 2 ; 3,73 raza większe od g Jazda na rowerze polega m.in. na pochyleniu się pod właściwym kątem przy pokonywaniu zakrętu, jak widać poniżej. By być stabilnym, siła wywierana przez ziemię musi leżeć na linii przechodzącej przez środek ciężkości. Siłę nacisku na koło rowerowe można rozłożyć na dwie prostopadłe składowe: tarcie równoległe do drogi (zapewnia siłę dośrodkową) i pionową siłę normalną (która musi równać się ciężarowi układu). Wykaż, że θ (zdefiniowane jak na rysunku) jest związane z prędkością v i promieniem krzywizny r zakrętu w ten sam sposób, jak to było wykazane dla idealnie wyprofilowanego zakrętu: θ = arctg ( v 2 / r g ) . Oblicz θ podczas pokonywania zakrętu o promieniu krzywizny 30,0 m z prędkością 12,0 m/s. Jeśli auto pokonuje zakręt z prędkością mniejszą niż wskazana dla danej geometrii zakrętu, konieczne jest istnienie tarcia, aby uchronić auto przed ześlizgnięciem się do wewnętrznej części zakrętu (problem ten występuje np. na oblodzonych, krętych, górskich drogach). Oblicz, jaką prędkość powinien mieć samochód, by bez problemu przejechać przez zakręt o promieniu krzywizny 100,0 m nachylony pod kątem 15 ∘ . Jaki jest minimalny współczynnik tarcia konieczny, by utrzymać auto na drodze, jeśli pokonuje ono ten sam zakręt z prędkością 20,0 km/h? a. 16,2 m/s; b. 0,234 Nowoczesne kolejki górskie mają pętle o kształcie jak na rysunku poniżej. Promień krzywizny pętli jest mniejszy na górze pętli niż na bokach, więc skierowane w dół przyspieszenie dośrodkowe na górze pętli będzie większe niż przyspieszenie ziemskie. Dzięki temu pasażerowie będą mocno wciskani w fotele w tym miejscu. Jaka jest prędkość kolejki górskiej na szczycie pętli, jeśli promień krzywizny wynosi 15,0 m, a skierowane w dół przyspieszenie dośrodkowe jest równe 1 , 5 g ? Dziecko o masie 40,0 kg siedzi w wagoniku kolejki górskiej. Wagonik wjeżdża w górę pętli o promieniu 7,00 m. W punkcie A prędkość wagonika wynosi 10,0 m/s, zaś w punkcie B jest ona równa 10,5 m/s. Załóżmy, że dziecko nie trzyma się wagonika, ani nie zapięło pasów bezpieczeństwa. Jaką siłę wywiera fotel w wagoniku na dziecko w punkcie A? Jaką siłę wywiera fotel w wagoniku na dziecko w punkcie B? Jaka minimalna prędkość jest potrzebna, aby utrzymać dziecko w wagoniku podczas przejeżdżania przez punkt A? a. 179 N; b. 290 N; c. 8,3 m/s W modelu Bohra dla atomu wodoru w stanie podstawowym elektron porusza się po orbicie kołowej wokół jądra. Promień orbity wynosi 5 , 28 ⋅ 10 − 11 m , a prędkość elektronu jest równa 2 , 18 ⋅ 10 6 m / s . Masa elektronu wynosi 9 , 11 ⋅ 10 − 31 k g . Jaka siła działa na elektron? Tory kolejowe tworzą zakręt o promieniu krzywizny 500,0 m i są nachylone pod kątem 5 , 0 ∘ . Dla pociągów jadących z jaką prędkością zostały te tory zaprojektowane? 20,7 m/s Akcelerator cząstek w CERN-ie tworzy okrąg o obwodzie 7,0 km. Ile wynosi przyspieszenie protonów ( m = 1 , 67 ⋅ 10 − 27 k g ) , które poruszają się w akceleratorze z prędkością stanowiącą 5 % wartości prędkości światła? (Prędkość światła wynosi v = 3 , 00 ⋅ 10 8 m / s .) Jaka siła jest wywierana na protony? Auto przejeżdża przez płaski zakręt o promieniu 65 m. Jeśli współczynnik tarcia statycznego między drogą i kołami samochodu wynosi 0,70, to z jaką maksymalną prędkością może to auto pokonać zakręt, nie wpadając w poślizg? 21 m/s Pochylony zakręt na autostradzie jest wyprofilowany tak, aby móc go pokonać z prędkością 90,0 km/h. Promień krzywizny wynosi 310 m. Jaki jest kąt nachylenia zakrętu? pochylony zakręt (ang. banked curve ) zakręt, który ma jeden z krańców podniesiony względem poziomu po to, by ułatwiać pojazdom pokonanie go bez wpadania w poślizg siła dośrodkowa (ang. centripetal force ) każda wypadkowa siła wywołująca jednostajny ruch ciała po okręgu siła Coriolisa (ang. Coriolis force ) siła bezwładności wywołująca odchylenie toru ruchu obiektu z punktu widzenia obracającego się układu odniesienia idealne nachylenie zakrętu (ang. ideal banking ) takie nachylenie zakrętu, które umożliwia jego pokonanie przez wykorzystywanie siły tarcia; siła dośrodkowa równoważy wypadkową siłę działającą na ciało (ciało osiąga wtedy prędkość maksymalną) siła bezwładności (ang. inertial force ) siła, która nie jest rzeczywista, a jedynie wprowadzono ją, aby można było rozważać zasady dynamiki Newtona w układach poruszających się z przyspieszeniem układ nieinercjalny (ang. non-inertial frame of reference ) układ poruszający się z przyspieszeniem", "section": "Siła dośrodkowa", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Siła oporu i prędkość graniczna Innym przykładem interesującej siły, którą spotykamy w życiu codziennym, jest siła oporu wywierana na ciała poruszające się w płynie (czyli cieczy lub gazie). Na przykład czujesz działanie siły oporu, kiedy przesuwasz otwartą dłoń pod wodą. Podobny efekt odczuwasz, gdy próbujesz przesunąć otwartą dłoń w trakcie silnego wiatru. Im szybciej poruszasz ręką, tym trudniej jest wykonać ten ruch. Poczujesz mniejszą siłę oporu, jeśli obrócisz dłoń „na płasko”, tzn. tak, aby jak najmniejsza powierzchnia dłoni musiała przechodzić przez ośrodek (wodę, powietrze). Zmniejszysz wówczas powierzchnię zwróconą w kierunku ruchu. Siły oporu Podobnie jak tarcie, siła oporu (ang. drag force ) zawsze przeciwstawia się ruchowi ciała. Jednakże w przeciwieństwie do tarcia siła oporu jest proporcjonalna do pewnej funkcji prędkości ciała w danym płynie. Funkcja ta jest skomplikowana i zależy od kształtu obiektu, jego wielkości, prędkości i płynu, w jakim obiekt się znajduje. Dla większości dużych obiektów, takich jak rowerzyści czy samochody, które nie poruszają się zbyt wolno, wartość siły oporu F op jest proporcjonalna do kwadratu prędkości ciała. Zależność tą można zapisać matematycznie jako F op ∝ v 2 . Jeśli uwzględnimy również inne czynniki, to pełne wyrażenie przyjmie postać: F op = 1 2 C ρ S v 2 , gdzie C współczynnikiem oporu ośrodka, S jest polem przekroju poprzecznego ciała (polem przekroju prostopadłego do kierunku wektora prędkości ciała), zaś ρ jest gęstością ośrodka (płynu). (Przypomnijmy, że gęstość jest ilorazem masy przez objętość.) Równanie to może również zostać zapisane w uogólnionej formie jako F op = b v 2 , gdzie b jest stałą równą 0,5 C ρ S . Warto zwrócić uwagę, że wykładnik potęgi prędkości jest równy 2 wówczas, gdy zakładamy ruch ciała z dużą prędkością. Natomiast, jak to zostanie wykazane w rozdziale Mechanika płynów , dla małych cząstek poruszających się wolno w płynie wykładnik potęgi prędkości jest równy 1. Siła oporu Siła oporu F op jest proporcjonalna do kwadratu prędkości ciała. Matematycznie można to zapisać następująco: F op = 1 2 C ρ S v 2 , gdzie C jest współczynnikiem oporu , S jest przekrojem poprzecznym ciała, zaś ρ jest gęstością cieczy. Sportowcy oraz projektanci pojazdów wyścigowych dążą do tego, żeby zmniejszyć siłę oporu i w konsekwencji skrócić czas potrzebny na przejechanie okrążenia w wyścigu ( ). W tym celu nadają swoim pojazdom aerodynamiczne (opływowe) kształty, które pomagają zredukować siłę oporu, a tym samym zmniejszyć zużycie paliwa w pojeździe. Posiadanie aerodynamicznego kształtu jest kluczowym zagadnieniem dla wielu pojazdów: od samochodów wyścigowych po sanie bobslejowe, gdyż pomaga osiągnąć najwyższe prędkości. Na przykład bobsleje zazwyczaj mają kształt pocisku ze zwężającymi się statecznikami. (Źródło: “U.S. Army”/Wikimedia Commons) Wartość współczynnika oporu C jest wyznaczana empirycznie, zazwyczaj przy użyciu tunelu aerodynamicznego ( ). Naukowcy NASA testują modele samolotów w tunelach aerodynamicznych. (Źródło: NASA/Ames) Współczynnik oporu może się zmieniać wraz z prędkością, ale załóżmy tutaj, że jest stały. prezentuje wartości przykładowych współczynników oporu dla wybranych obiektów. Zwróć uwagę, że jest to wielkość bezwymiarowa. Przy prędkościach autostradowych ponad 50% mocy samochodu jest zużywane do pokonywania oporu powietrza. Najbardziej oszczędna z punktu widzenia zużycia paliwa jest prędkość rzędu 70–80 km/h. Z tego powodu w latach 70-tych XX wieku podczas kryzysu paliwowego maksymalna prędkość na autostradach wynosiła 90 km/h. Typowe wartości współczynników oporu C Obiekt C Płat aerodynamiczny 0,05 Toyota Camry 0,28 Ford Focus 0,32 Honda Civic 0,36 Ferrari Testarossa 0,37 Dodge Ram Pickup 0,43 Sfera 0,45 Hummer H2 SUV 0,64 Spadochroniarz (spadający stopami do dołu) 0,70 Rower 0,90 Spadochroniarz (spadający płasko poziomo) 1,0 Okrągły płaski talerz 1,12 W świecie sportu prowadzone są badania mające na celu zminimalizowanie oporu. Zmieniane są wymiary piłeczek do golfa, przeprojektowywane są ubrania dla sportowców. Rowerzyści, pływacy i niektórzy biegacze zakładają pełne kombinezony. Na olimpiadzie w Sydney w 2000 roku Australijka Cathy Freeman zdobyła złoty medal, biegając w kombinezonie na dystansie 400 m. Na olimpiadzie w Pekinie w 2008 roku wielu sportowców też używało takich kombinezonów. Mogą mieć one ogromne znaczenie dla bicia rekordów świata ( ). Wielu czołowych pływaków i rowerzystów goli włosy na ciele. Ta pozornie mała zmiana może dać różnicę milisekund, które wpłyną na zdobycie złota zamiast srebra. Kombinezony pływackie, takie jak LZR Racer Suit, kiedy udostępniono je do sprzedaży w 2008 roku, miały wpływ na ustanawianie wielu rekordów świata. Gładsza powierzchnia zewnętrzna oraz ściśnięta sylwetka zapewniają siłę oporu mniejszą o co najmniej 10%. (Źródło: NASA/Kathy Barnstorff) Prędkość graniczna Ciekawe obserwacje związane z drugą zasadą dynamiki Newtona można poczynić, gdy rozważa się ruch ciał, na które działa siła oporu. Na przykład rozważ ruch spadochroniarza spadającego pod wpływem siły ciężkości. Działają na niego dwie siły: grawitacji i oporu (pomijając znikomą siłę wyporu). Skierowana pionowo w dół siła ciężkości pozostaje stała, niezależnie od prędkości ruchu skoczka. Jednakże wraz ze wzrostem prędkości spadochroniarza rośnie siła oporu tak długo, dopóki nie zrówna się ona co do wartości z jego ciężarem. Wówczas siła wypadkowa będzie równa 0. Zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki Newtona zerowa siła wypadkowa oznacza, że ruch spadochroniarza będzie jednostajny (nie występuje przyspieszenie). To z kolei oznacza, że skoczek osiągnął prędkość graniczną (ang. terminal speed ) ( v gr ) . Jako że F op jest proporcjonalna do kwadratu prędkości, to cięższy spadochroniarz musi spadać szybciej, aby siła oporu F op zrównała się z ciężarem. Przeprowadźmy zatem przykładową analizę ilościową. W momencie osiągnięcia prędkości granicznej F wyp = m g − F op = m a = 0 . Zatem: m g = F op . Wykorzystując wyrażenie na siłę oporu, otrzymujemy zależność: m g = 1 2 C ρ S v gr 2 . Przekształcając to równanie tak, aby obliczyć prędkość graniczą, otrzymujemy wzór: v gr = 2 m g ρ C S . Przyjmijmy, że gęstość powietrza jest równa ρ = 1,21 kg/m 3 . Spadochroniarz o masie 75 kg spadający głową w dół ma średni przekrój poprzeczny równy S = 0,18 m 2 , zaś współczynnik oporu jest równy C = 0,70 . Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy prędkość graniczną spadku skoczka spadochronowego: v gr = 2 ⋅ 75 k g ⋅ 9 , 80 m / s 2 1 , 21 k g / m 2 ⋅ 0 , 70 ⋅ 0 , 18 m 2 = 98 m s = 350 k m h . Oznacza to, że spadochroniarz o masie 75 kg pikujący głową w dół (minimalizujący powierzchnię, na którą działa siła oporu), osiąga prędkość graniczną równą ok. 350 km/h. W pozycji poziomej z rozpostartymi kończynami („na orła”) prędkość ta maleje do ok. 200 km/h, ponieważ większa jest powierzchnia działania siły oporu. Prędkość graniczna ponadto bardzo znacząco by zmalała, jeśli skoczek otworzyłby spadochron. Prędkość graniczna spadochroniarza Znajdź prędkość graniczną skoczka spadochronowego o masie 85 kg spadającego poziomo z rozpostartymi kończynami („na orła”). Strategia rozwiązania Przy prędkości granicznej F wyp = 0 . Zatem siła oporu działająca na skoczka musi być równa sile ciężkości. Podstawiając wzór na siłę oporu, otrzymujemy m g = ρ C S v 2 / 2 . Rozwiązanie Prędkość graniczna v gr może zostać zapisana w postaci: v gr = 2 m g ρ C S = 2 ⋅ 85 k g ⋅ 9 , 80 m / s 2 1 , 21 k g / m 2 ⋅ 1 , 0 ⋅ 0 , 70 m 2 = 44 m s . Znaczenie Wynik ten jest zgodny z wartością v gr obliczoną wcześniej. Spadochroniarz o masie 75 kg pikujący głową w dół osiągnął prędkość graniczną v gr = 98 m / s . Ważył mniej, ale miał mniejszy przekrój poprzeczny, więc działająca na niego siła oporu powietrza była mniejsza. Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz prędkość graniczną spadochroniarza o masie 50 kg spadającego w pozycji „na orła”. 34 m/s Analiza spadku obiektów o różnych rozmiarach pozwala zaobserwować kolejną zależność dla siły oporu powietrza. Jeśli spadniesz z gałęzi znajdującej się na wysokości 5 m nad powierzchnią ziemi najprawdopodobniej zrobisz sobie krzywdę (być może złamiesz kość). Jednak wiewiórka wykonuje takie spadki nieustannie – i nic jej się nie dzieje. Ty nie zdążysz osiągnąć prędkości granicznej na tak krótkim dystansie, podczas gdy wiewiórka da radę. Ciekawy cytat na temat związku między rozmiarem ciała zwierzęcia a prędkością graniczną można znaleźć w eseju brytyjskiego biologa J. B. S. Haldane’a, zatytułowanym On Being the Right Size (pol. Mając odpowiedni rozmiar ): „Dla myszy i innych małych zwierząt [grawitacja] nie jest niebezpieczna. Możesz zrzucić myszkę w dół szybu kopalni o głębokości ok. 1000 m (1000 jardów), a ta po upadku dozna tylko lekkiego szoku i odejdzie, pod warunkiem, że ziemia będzie dość miękka. Szczur zginie, człowiek się połamie, koń zostanie rozsmarowany na ziemi. Opór stawiany przez powietrze podczas spadku jest proporcjonalny do powierzchni spadającego ciała. Podziel długość, szerokość i wysokość zwierzęcia na dziesięć. Wówczas jego ciężar zostanie pomniejszony 1000 razy, podczas gdy pole przekroju poprzecznego tylko 100 razy. Zatem opór spadania w przypadku małych zwierząt jest dziesięć razy większy niż siła napędowa spadku.” Wykorzystywana przez nas wcześniej kwadratowa zależność siły oporu od prędkości nie sprawdza się, jeśli mamy do czynienia z obiektami bardzo małymi, poruszającymi się bardzo wolno lub jeśli ruch odbywa się w ośrodku gęstszym niż powietrze. Wówczas zauważymy, że siła oporu jest proporcjonalna do prędkości w pierwszej potędze (zależność liniowa). Zależność tę wyraża prawo Stokesa: Prawo Stokesa Na ciało o symetrii kulistej spadające w danym ośrodku działa siła oporu równa: F s = 6 π r η v , gdzie r jest promieniem kuli, η jest lepkością ośrodka, zaś v jest prędkością ruchu ciała. Dobry przykład stosowalności prawa Stokesa stanowi ruch mikroorganizmów, pyłków i kurzu. Ponieważ obiekty te są bardzo małe, widzimy, że poruszają się one bez niczyjej pomocy ze stałą (graniczną) prędkością. Prędkość graniczna dla bakterii o rozmiarze ok. 1 μ m może wynosić ok. 2 μ m / s . Aby poruszać się z większą prędkością wiele z bakterii używa wici, czyli organelli w kształcie małych ogonków napędzanych za pomocą małych „silniczków” wewnątrz komórki. Osady jeziorne poruszają się z większą prędkością graniczną (równą ok. 5 μ m / s ), jednak dotarcie do dna po osadzeniu na powierzchni jeziora może w tym przypadku trwać kilka dni. Jeśli porównamy zwierzęta lądowe z tymi, które żyją w wodzie, możemy zauważyć, jak bardzo siła oporu wpłynęła na ich rozwój ewolucyjny. Ryby, delfiny, nawet wieloryby mają opływowe kształty po to, by minimalizować działającą na nie siłę oporu. Ptaki, a szczególnie gatunki migrujące, które pokonują długie dystanse, również mają charakterystyczne, opływowe kształty, np. wydłużone szyje. Stada ptaków formują w locie figury na kształt ostrza ( ). U ludzi opływowy kształt prezentują np. plemniki, które muszą pokonywać dalekie odcinki drogi przy małym nakładzie energii. W trakcie długich lotów migracyjnych gęsi tworzą formacje w kształcie litery V. Kształt ten pomaga zmniejszyć opór powietrza i tym samym zredukować ilość energii zużywanej przez poszczególne ptaki. Ponadto kształt ten ułatwia komunikację między ptakami. (Źródło: “Julo”/Wikimedia Commons) Obejrzyj film prezentujący obiekty znajdujące się w jednorodnym strumieniu powietrza wytworzonym przez wentylator. Oblicz liczbę Reynoldsa oraz współczynnik oporu. Analiza zależnych od prędkości sił oporu i tarcia Kiedy ciało przesuwa się po powierzchni, siła tarcia jest w przybliżeniu stała i równa μ k R . Jednakże siła oporu działająca na ciało przesuwające się w cieczy lub gazie nie jest już tak prosta do opisania. W ogólności ta siła oporu będzie skomplikowaną funkcją prędkości ruchu ciała. Jednakże w uproszczonych sytuacjach, takich jak ruch ciała w cieczy po linii prostej z umiarkowaną prędkością, siła oporu może być przybliżona następującą zależnością: T op = − b v , gdzie b jest stałą, której wartość zależy od kształtu i rozmiaru ciała oraz od właściwości cieczy, zaś v jest prędkością ciała. Empiryczne przykłady, dla których równanie to jest słuszne, to np. ruch motorówki po wodzie czy powolny spadek małych obiektów w wodzie. Rozważmy spadek obiektu w cieczy. Rozkład sił działających na to ciało wraz z zaznaczonym kierunkiem ruchu w dół jest przedstawiony na . Zastosowanie drugiej zasady dynamiki Newtona dla sił w kierunku pionowym (zakładamy, że siła wyporu jest znacznie mniejsza od siły grawitacji, dlatego możemy ją pominąć) prowadzi do równania różniczkowego: m g − b v = m d v d t , gdzie d v / d t jest przyspieszeniem ciała. Gdy v rośnie, siła oporu − b v również rośnie tak długo, aż zrównoważy się z m g . Wówczas nie będzie występowało przyspieszenie, a prędkość ruchu będzie stała i będzie to tzw. prędkość graniczna v gr . Zatem z poprzedniego równania otrzymujemy zależność: m g − b v gr = 0 , więc v gr = m g b . Rozkład sił działających na ciało spadające w ośrodku stawiającym opór. Możemy również wyprowadzić wzór prezentujący prędkość ruchu obiektu v w dowolnej chwili czasu. W tym celu musimy scałkować przedstawione uprzednio równanie różniczkowe: d v g − b v / m = d t . Przy założeniu warunków brzegowych takich, że v = 0 w czasie t = 0 , możemy określić granice całkowania: ∫ 0 v d v ~ g − b v ~ / m = ∫ 0 t d t ~ . Po scałkowaniu otrzymujemy zależność: − m b ln ⁡ ( g − b m v ~ ) | 0 v = t ~ | 0 t , gdzie v ~ i t ~ są nowymi zmiennymi całkowania. Podstawienie wartości do granic całkowania daje ostateczną zależność: − m b [ ln ⁡ ( g − b m v ) − ln ⁡ g ] = t . Z własności logarytmów wiemy, że ln ⁡ A − ln ⁡ B = ln ⁡ ( A / B ) , oraz że z równania ln ⁡ ( A / B ) = x wynika zależność e x = A / B . Po uwzględnieniu tych zależności równanie upraszcza się do postaci: g − ( b v / m ) g = e − b t / m , a po przekształceniu: v = m g b ( 1 − e − b t / m ) . Zwróć uwagę, że gdy t → ∞ , v → m g / b = v gr , czyli do prędkości granicznej. Położenie ciała w dowolnej chwili czasu może zostać znalezione poprzez całkowanie wyrażenia na prędkość v . Pamiętając, że v = d y / d t , otrzymujemy: d y = m g b ( 1 − e − b t / m ) d t . Przyjmując y = 0 w chwili czasu t = 0 , uzyskujemy zależność: ∫ 0 y d y ~ = m g b ∫ 0 t ( 1 − e − b t ~ / m ) d t ~ , która po obliczeniu wartości całki sprowadza się do postaci: y = m g b t + m 2 g b 2 ( e − b t / m − 1 ) . Wpływ siły oporu na ruch motorówki Motorówka porusza się po jeziorze z prędkością v 0 , jednak jej silnik nagle przestaje pracować. W związku z tym motorówka stopniowo zwalnia pod wpływem siły oporu T op = − b v . Znajdź wyrażenie opisujące prędkość i położenie łódki w funkcji czasu. Jeśli łódka zmniejsza prędkość od 4,0 m/s do 1,0 m/s w ciągu 10 s, to jak daleko zdąży ona popłynąć, zanim się zatrzyma? Rozwiązanie Gdy silnik przestaje pracować, jedyną siłą działającą na motorówkę w kierunku poziomym jest T op = − b v , więc z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika zależność: m d v d t = − b v , którą po rozdzieleniu zmiennych możemy również zapisać jako d v v = − b m d t . Zakładając, że prędkość początkowa jest równa v 0 w czasie t równym 0 oraz że prędkość po czasie t jest równa v , możemy scałkować to wyrażenie: ∫ 0 v d v ~ v ~ = − b m ∫ 0 t d t ~ . Zatem ln v v 0 = − b m t . Skoro z zależności ln ⁡ A = x wynika e x = A , możemy napisać v = v 0 e − b t / m . Podstawiając do wzoru definicję prędkości chwilowej, otrzymujemy d x d t = v 0 e − b t / m , a po przekształceniu mamy: d x = v 0 e − b t / m d t . Zakładając położenie początkowe równe 0, możemy dokonać całkowania w następujących granicach: ∫ 0 x d x ~ = v 0 ∫ 0 t e − b t ~ / m d t ~ , z czego wynika: x = − m v 0 b e − b t ~ / m | 0 t = m v 0 b ( 1 − e − b t / m ) . Gdy czas rośnie, e − b t / m → 0 , motorówka dąży do osiągnięcia swojego położenia końcowego: x max = m v 0 b . Mimo że z wyrażenia tego wynika, że łódka potrzebuje nieskończonego czasu do osiągnięcia położenia x max , to w praktyce zatrzymuje się ona po rozsądnym czasie. Na przykład dla t = 10 m / b , mamy v = v 0 e − 10 ≈ 4 , 5 ⋅ 10 − 5 v 0 , zaś położenie w tym przypadku jest równe x = x max ( 1 − e − 10 ) ≈ 0 , 99995 x max . Stąd wniosek, że prędkość i położenie faktycznie osiągnęły swoje wartości maksymalne. Przy prędkościach v 0 = 4,0 m/s i v = 1 , 0 m / s mamy 1 , 0 m / s = 4 , 0 m / s ⋅ e − ( b / m ) ⋅ 10 s , więc ln ⁡ 0 , 25 = − ln ⁡ 4 , 0 = − b m ⋅ 10 s i b m = 1 10 ln 4,0 s -1 = 0,14 s -1 . Teraz końcowe położenie motorówki, czyli takie, po którym łódź się zatrzyma, jest równe: x max = m v 0 b = 4,0 m/s 0,14 s −1 = 29 m . Znaczenie W obu poprzednich przykładach określaliśmy wartości końcowe. Prędkość graniczna jest taka sama jak prędkość końcowa, która odpowiada prędkości spadającego obiektu po relatywnie długim czasie. Podobnie położenie końcowe odpowiada drodze, jaką pokona ciało po relatywnie długim czasie. Ze względu na charakterystykę zaniku eksponencjalnego czas potrzebny na osiągnięcie którejkolwiek z tych wartości w rzeczywistości nie jest bardzo długi (a na pewno nie jest nieskończony). Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że siła oporu powietrza działająca na spadochroniarza może być wyrażona równaniem T = − b v 2 . Jeśli graniczna wartość prędkości skoczka o masie 100 kg wynosi 60 m/s, to jaka jest wartość b? 0,27 kg/m Podsumowanie Siły oporu działające na ciało poruszające się w płynie przeciwstawiają się temu ruchowi. Dla większych obiektów (takich jak piłka baseballowa) poruszających się w powietrzu, siła oporu zależy od współczynnika oporu (typowe wartości znajdują się w ), przekroju poprzecznego i gęstości płynu. W przypadku małych obiektów (takich jak bakterie) poruszających się w ośrodku gęstszym (np. w wodzie), siła oporu jest wyrażona za pomocą prawa Stokesa. Najważniejsze wzory Wartość tarcia statycznego T s ≤ μ s N Wartość tarcia kinetycznego T k = μ k N Siła dośrodkowa F d = m v 2 r lub F d = m r ω 2 Kąt nachylenia idealnie wyprofilowanego zakrętu tg θ = v 2 r g Siła oporu F op = 1 2 C ρ S v 2 Prawo Stokesa F s = 6 π r η v Pytania Pływacy i rowerzyści startujący w zawodach ubierają się w specjalne kombinezony. Wymień zalety i wady takich kombinezonów. Zalety używania kombinezonu: (1) zmniejsza siłę oporu działającą na sportowca, dzięki czemu łatwiej jest mu się poruszać; (2) kombinezon jest ciasny, dzięki czemu zmniejsza pole przekroju poprzecznego sportowca (nawet mała zmiana może mieć istotny wpływ na uzyskany wynik w zawodach). Wady używania kombinezonu: (1) skoro kombinezon jest ciasny, to może wywoływać ucisk i utrudniać oddychanie; (2) utrudniona jest wymiana ciepła z otoczeniem, przez co przy długotrwałym stosowaniu, sportowiec może się przegrzać. Do opisu siły oporu działającej na obiekt poruszający się w płynie używaliśmy dwóch wyrażeń. W jednym siła oporu była wprost proporcjonalna do prędkości, a w drugim do kwadratu prędkości. Dla jakich rodzajów ruchu poszczególne wyrażenia znajdują zastosowanie? Podczas ruchu samochodu olej i benzyna wyciekają na powierzchnię drogi. Jaki wpływ na możliwość kontrolowania ruchu samochodu będzie miał wyciek, a jaki padający delikatnie deszcz? Czy intensywny opad deszczu będzie stanowił jakąś różnicę? Olej posiada mniejszą gęstość niż woda, więc będzie osiadał na powierzchni warstwy podczas opadów delikatnego deszczu. Tworzy to bardzo niebezpieczną powłokę o zmniejszonym współczynniku tarcia, przez co samochód może łatwiej wpaść w poślizg. Podczas intensywnego deszczu krople oleju zostają rozproszone, co nie wpływa tak istotnie na ruch samochodu. Dlaczego wiewiórka jest w stanie zeskoczyć na ziemię z wysokiej gałęzi, nie robiąc sobie krzywdy, podczas gdy człowiek wykonując ten sam skok najparwdopodobniej złamie sobie którąś z kości? Zadania Prędkość graniczna człowieka spadającego w powietrzu zależy od jego masy i pola przekroju poprzecznego podczas spadania. Oblicz prędkość graniczną spadochroniarza o masie 80 kg pikującego głową w dół, jeśli jego pole przekroju poprzecznego wynosi 0,140 m 2 . Wynik wyraź zarówno w m/s jak i km/h. 115 m/s lub 414 km/h Dwóch skoczków spadochronowych – jeden o masie 60 kg i drugi o masie 90 kg wyskakują z samolotu na wysokości 6 , 00 ⋅ 10 3 m . Obaj pikują głową w dół. Sam przyjmij założenia dotyczące pola ich przekrojów poprzecznych, a następnie oblicz prędkość graniczną każdego z nich. Ile czasu będzie spadał każdy z nich do momentu kontaktu z ziemią (przyjmując, że czas potrzebny na osiągnięcie prędkości granicznej jest stosunkowo krótki). Wartości liczbowe w zadaniu wyrażaj z dokładnością do trzech miejsc znaczących. Wiewiórka o masie 560 g i polu przekroju poprzecznego 930 cm 2 spada z drzewa o wysokości 5,0 m na ziemię. Oblicz jej prędkość graniczną (przyjmij współczynnik oporu dla skoczka spadochronowego spadającego poziomo). Jeśli z takiej samej wysokości spadłby człowiek o masie 56 kg, to jaka byłaby jego prędkość przed zderzeniem z ziemią (zakładamy brak wpływu oporu powietrza na tak krótkim dystansie)? v gr = 25 m/s; v 2 = 9,9 m/s Aby utrzymać stałą prędkość, siła ciągu silnika musi równoważyć się oporu i siłę tarcia kół o podłoże (tarcie toczne). (a) Ile wynosi siła oporu działająca na Toyotę Camry odpowiednio przy prędkości 70 km/h i 100 km/h? Przyjmujemy, że pole przekroju poprzecznego jest równe 0,70 m 2 ) (b) Ile wynosi siła oporu działająca na Hummera H2 poruszającego się z tymi samymi prędkościami, tzn. 70 km/h lub 100 km/h? Pole przekroju poprzecznego wynosi 2,44 m 2 . Wartości liczbowe w zadaniu wyrażaj z dokładnością do trzech miejsc znaczących. Ile razy wzrośnie siła oporu działająca na samochód, jeśli zwiększy on prędkość od 65 k m / h do 110 k m / h ? ( 110 65 ) 2 = 2,86 raza Oblicz prędkość, jaką mogą osiągnąć sferyczne krople deszczu spadające z wysokości 5,00 km w dwóch przypadkach: z pominięciem wpływu oporu powietrza, z uwzględnieniem oporu powietrza. Przyjmij średnicę kropli równą 4 m m i gęstość równą 1 ⋅ 10 3 k g / m 3 . Wychodząc z prawa Stokesa udowodnij, że jednostką lepkości jest k g / ( m ⋅ s ) . Prawo Stokesa ma następującą postać: F s = 6 π r η v . Przekształcając równanie tak, aby otrzymać lepkość uzyskamy: η = F s / ( 6 π r v ) . Rachunek jednostek tego wyrażenia prowadzi do następującej zależności: [ η ] = k g / ( m ⋅ s ) . Oblicz prędkość graniczną, jaką osiągnie sferyczna bakteria o średnicy 2,00 μm opadająca w wodzie. Przyjmij gęstość bakterii równą 1 , 10 ⋅ 10 3 k g / m 3 . Prawo Stokesa opisuje proces sedymentacji cząstek w cieczy i można je wykorzystać do obliczania lepkości ośrodka. Cząsteczki w cieczy szybko osiągają prędkość graniczną. Można zatem obliczyć, ile czasu potrzeba, aby cząsteczki pokonały konkretną drogę, a następnie z prawa Stokesa obliczyć lepkość cieczy. Wyobraź sobie stalową kulkę z łożyska kulkowego (o gęstości 7 , 8 ⋅ 10 3 k g / m 3 i średnicy 3,0 mm) opadającą w oleju silnikowym. W ciągu 12 s pokonała ona dystans 0,60 m. Oblicz lepkość oleju. 0 , 76 k g / ( m ⋅ s ) Załóżmy, że siła oporu tarcia działająca na spadochroniarza może być opisana za pomocą wzoru T op = − b v 2 . Jeśli prędkość graniczna skoczka o masie 50,0 kg wynosi 60,0 m/s, to jaka jest wartość b ? Mały diament o masie 10,0 g spada z ucha pływaczki i wpada do wody osiągając prędkość graniczną 2,0 m/s. Zakładając, że siła oporu tarcia T op = − b v , ile wynosi b ? Jaką drogę zdąży przebyć diament, zanim osiągnie prędkość równą 90% swojej prędkości granicznej? a. 0,049 kg/s; b. 0,57 m Jaka jest prędkość końcowa samochodu początkowo jadącego z prędkością 50,0 km/h, który zwalnia z opóźnieniem 0,400 m/s 2 przez 50 s? Załóż, że współczynnik tarcia jest równy 1,0. Co jest nieracjonalnego w tym wyniku? Która z przesłanek jest nieracjonalna lub które przesłanki są sprzeczne? Kobieta o masie 75 kg stoi na wadze łazienkowej w windzie, która przyspiesza od prędkości równej 0 m/s do 30,0 m/s w ciągu 2,00 s. Oblicz, jakie jest wskazanie wagi i porównaj wynik z ciężarem kobiety. Co jest nieracjonalnego w tym wyniku? Która z przesłanek jest nieracjonalna lub które przesłanki są sprzeczne? 1860 N, 2,53; Siła 1860 N to ok. 2 razy więcej niż spodziewamy się doświadczać w typowej windzie. Siła oddziaływania w typowej windzie jest obliczona przy założeniu, że w ciągu 2 s winda zdąży zwiększyć prędkość tylko do wartości 4,5 m/s. Końcowa prędkość dana w zadaniu osiągana w ciągu 2 s jest ogromna (30,0 m/s to przecież 108 km/h!). Oznacza to, że przyspieszenie windy jest nieracjonalnie duże. Oblicz minimalny współczynnik tarcia potrzebny, aby auto mogło bezpiecznie pokonać płaski zakręt o promieniu krzywizny 50,0 m z prędkością 30,0 m/s. Co jest nieracjonalnego w tym wyniku? Która z przesłanek jest nieracjonalna lub które przesłanki są sprzeczne? Jeśli masa ciała przedstawionego na rysunku poniżej jest równa 5,50 kg, to ile wynosi naciąg struny 1? 189 N Jeśli w układzie przedstawionym na rysunku F = 60 , 0 N oraz M = 4 , 00 k g , to ile wynosi przyspieszenie wiszącego ciała? Przyjmijmy, że wszystkie powierzchnie są gładkie. Jeśli masa każdego z ciał przedstawionych na rysunku poniżej jest równa 6,0 kg, to ile wynosi naciąg struny łączącej te ciała? Wszystkie powierzchnie są gładkie, a bloczek nieważki i nieruchomy. 15 N Mała sonda kosmiczna jest uwalniana ze stacji kosmicznej. Masa sondy jest równa 20,0 kg i zawiera 90,0 kg paliwa. Startuje ona z dalekiej przestrzeni kosmicznej, z początku układu współrzędnych ulokowanego na stacji kosmicznej i spala paliwo w tempie 3,00 kg/s. Siła ciągu silnika jest stała i wynosi 120,0 N. Znajdź wyrażenie na masę sondy w funkcji czasu pomiędzy 0 a 30 sekundą, zakładając, że silnik rozpoczyna spalanie paliwa w chwili t=0. Jaka jest prędkość sondy po 15,0 sekundach? Jakie jest położenie sondy po 15,0 sekundach, jeśli startowała ona z początku przyjętego układu współrzędnych? Znajdź wyrażenie na położenie sondy w funkcji czasu dla t>30,0s. Wypełniony do połowy kosz na śmieci o masie 3,0 kg jest pchany pod górkę o nachyleniu 40,0° ze stałą prędkością pod wpływem siły równej 26 N skierowanej w górę, równolegle do zbocza. Na górce występuje tarcie. Jaka musiałaby być wartość siły skierowanej w górę, równolegle do zbocza, aby podczas zjeżdżania w dół kosz poruszał się ze stałą prędkością? 12 N Dziecko o masie 6,0 kg zjeżdża ze stałą prędkością ze zjeżdżalni o kącie nachylenia 35° przy działaniu siły 34 N skierowanej w górę, równolegle do powierzchni ślizgawki. Ile wynosi współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy dzieckiem a zjeżdżalnią? Zadania dodatkowe Dwie barki są połączone za pomocą nieważkiej liny. Masa barki z przodu wynosi 2 , 00 ⋅ 10 3 k g , zaś masa barki z tyłu jest równa 3 , 00 ⋅ 10 3 k g . Holownik ciągnie barkę z przodu, używając poziomej siły równej 20 , 0 ⋅ 10 3 N . Siły tarcia działające na barki wynoszą 8 , 00 ⋅ 10 3 N i 10 , 0 ⋅ 10 3 N , odpowiednio dla barki z przodu i z tyłu. Oblicz wypadkowe przyspieszenie barek oraz siłę naciągu łączącej je liny. a x = 0,40 m/s 2 i T = 11 , 2 ⋅ 10 3 N Jeśli zamienilibyśmy miejscami barki z poprzedniego zadania, tzn. barka o masie 3 , 00 ⋅ 10 3 k g byłaby ciągnięta za pomocą holownika z siłą 20 , 0 ⋅ 10 3 N , to jakie byłoby przyspieszenie barek oraz siła naciągu łączącej je liny? Obiekt o masie m porusza się wzdłuż osi x . Zależność jego położenia od czasu opisuje wyrażenie x ( t ) = p t 3 + q t 2 gdzie p i q są stałe. Znajdź siłę wypadkową działającą na ciało w dowolnej chwili czasu t . m ( 6 p t + 2 q ) Helikopter o masie 2 , 35 ⋅ 10 4 k g znajduje się w położeniu opisanym wektorem r → ( t ) = i ^ ⋅ 0 , 020 t 3 + j ^ ⋅ 2 , 2 t − k ^ ⋅ 0 , 060 t 2 . Znajdź wypadkową siłę działającą na helikopter po t = 3 , 0 s . Na początkowo stojący samochód elektryczny o masie m w chwili t = 0 zaczyna działać siła zmienna w czasie F → ( t ) . Składowe tej siły wynoszą F x ( t ) = p + n t i F y ( t ) = q t , gdzie p , q i n są stałe. Znajdź położenie r → ( t ) oraz prędkość v → ( t ) jako funkcje zależne od czasu. Przyjmij początkowe położenie samochodu w początku układu współrzędnych. v → ( t ) = ( p t m + n t 2 2 m ) i ^ + ( q t 2 2 ) j ^ i r → ( t ) = ( p t 2 m + n t 3 6 m ) i ^ + ( q t 2 60 m ) j ^ Cząstka o masie m spoczywa w początku przyjętego układu współrzędnych. Cząstka jest w równowadze. W chwili t = 0 do cząstki zostaje przyłożona siła F → ( t ) zmienna w czasie, której składowe wynoszą F x ( t ) = p t i F y ( t ) = n + q t , gdzie p , q i n są stałe. Znajdź położenie r → ( t ) i prędkość v → ( t ) jako funkcje zależne od czasu. Ciało o masie 2,0 kg ma prędkość równą i ^ ⋅ 4 , 0 m / s w czasie t = 0 . Na ciało zaczyna działać stała siła równa i ^ ⋅ 2 , 0 N + j ^ ⋅ 4 , 0 N i działa nieprzerwanie przez 3,0 sekundy. Ile wynosi prędkość ciała po tym czasie? 9,2 m/s Ciało o masie 1,5 kg ma przyspieszenie równe i ^ ⋅ 4 , 0 m / s 2 + j ^ ⋅ 3 , 0 m / s 2 . Działają na nie dwie siły. Jeśli jedna z tych sił jest równa i ^ ⋅ 2 , 0 N + j ^ ⋅ 1 , 4 N , to ile wynosi druga siła? Pudło zostaje rzucone na taśmę transportową poruszającą się z prędkością 3 , 4 m / s . Jeśli współczynnik tarcia pomiędzy pudłem i taśmą wynosi 0,27, to jak długo potrwa, zanim pudło przesunie się bez poślizgu? 1,3 s Na rysunku przedstawiono ciężarek o masie 10 kg, na który działa poziomo skierowana siła F → o wartości 200,0 N. Współczynnik tarcia kinetycznego między powierzchniami będącymi w kontakcie wynosi 0,50. Znajdź przyspieszenie ciężarka. Dwa ciężarki (jeden o masie m 1 = 4 , 0 k g , i drugi o masie m 2 = 8 , 0 k g są połączone nicią przerzuconą przez nieważki bloczek umieszczony na szczycie równi pochyłej. Współczynnik tarcia pomiędzy ciężarkiem o masie m 1 i równią pochyłą wynosi μ k = 0 , 40 . Ile wynosi przyspieszenie układu? 5,4 m/s 2 Student usiłuje przesunąć małą lodówkę o masie 30,0 kg do swojego pokoju w akademiku. W chwili nieuwagi lodówka ześlizguje się ze stałą prędkością w dół po powierzchni nachylonej pod kątem 35 ∘ do poziomu, podczas gdy student działa siłą równą 25 N skierowaną w górę równolegle do nachylenia powierzchni. Ile wynosi współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy lodówką i powierzchnią pochyłą? Skrzynia o masie 100 ⁢ kg \\SI{100}{\\kilo\\gram} leży na chropowatej powierzchni równi pochyłej nachylonej pod kątem 37 ∘ do poziomu. Do skrzyni przymocowana jest nieważka lina, której drugi koniec sięga do szczytu równi. W pewnym momencie skrzynia zaczyna się ześlizgiwać w dół równi. Współczynnik tarcia kinetycznego stanowi 80% współczynnika tarcia statycznego. Ile wynosi współczynnik tarcia statycznego? Z jaką maksymalną siłą można ciągnąć linę, aby nie poruszyć skrzyni? Jeśli przyłożymy choć odrobinę większą siłę, to skrzynia zacznie wjeżdżać w górę równi. Z jakim przyspieszeniem będzie się wówczas poruszać? Jaka musiałaby być siła naciągu liny, aby skrzynia poruszała się ze stałą prędkością? Jeśli skrzynia zostanie bardzo delikatnie pchnięta i zacznie się zsuwać w dół równi, to jakie będzie jej przyspieszenie w tym kierunku? Jaką siłą trzeba ciągnąć skrzynię w górę równi, aby nie zjechała w dół, gdy została delikatnie pchnięta? a. 0,60; b. 1200 N; c. 1,2 m/s 2 i 1080 N; d. −1,2 m/s 2 ; e. 120 N Samochód jedzie z dużą prędkością na autostradzie, gdy nagle kierowca gwałtownie hamuje. Koła zostają zablokowane (przestają się obracać), na skutek czego na jezdni pozostaje ślad hamowania o długości 32,0 m. Jeśli współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy oponami i drogą jest równy 0,550, a przyspieszenie było stałe w trakcie hamowania, to jak szybko poruszał się samochód, zanim koła zostały zablokowane na skutek hamowania? Skrzynia o masie 50 kg zsuwa się poziomo z naczepy samochodu ciężarowego jadącego z prędkością 100 km/h. Znajdź wartość współczynnika tarcia kinetycznego pomiędzy drogą i skrzynią, jeśli skrzynia po upadku na drogę sunie się jeszcze przez 50 m, po czym się zatrzymuje. Prędkość początkowa skrzyni jest taka sama jak prędkość ciężarówki, czyli 100 km/h. 0,789 Sanki o masie 15 kg są ciągnięte poziomo po pokrytej śniegiem powierzchni za pomocą siły przyłożonej do liny nachylonej pod kątem 30 ∘ do poziomu. Współczynnik tarcia kinetycznego sanek i śniegu wynosi 0,20. Jeśli przyłożona siła ma wartość 33 N, to jakie jest przyspieszenie poziome sanek? Ile musiałaby wynosić ta siła, aby sanki poruszały się ze stałą prędkością? Kulka o masie 30 g zawieszona na końcu struny wykonuje obroty w płaszczyźnie pionowej. Promień zataczanego okręgu wynosi 25,0 cm. Prędkość kulki jest równa 200,0 cm/s. Znajdź siłę naciągu struny: w najwyższym położeniu, w najniższym położeniu, w odległości 12,5 cm od osi obrotu ( r = 12,5 cm ) . a. 0,186 N; b. 774 N; c. 0,48 N Kulka o masie 0,50 kg zaczyna poruszać się po okręgu w płaszczyźnie x y . Jej położenie opisuje wektor r → ( t ) = i ^ ⋅ 4 cos ⁡ ( 3 t ) + j ^ ⋅ 4 sin ⁡ ( 3 t ) gdzie r jest wyrażone w metrach, a t w sekundach. Znajdź wyrażenia na prędkość i przyspieszenie kulki w funkcji czasu. Wykaż, że wektor przyspieszenia w każdym momencie jest skierowany do środka okręgu (i tym samym reprezentuje przyspieszenie dośrodkowe). Znajdź wyrażenie na siłę dośrodkową w funkcji czasu. Kaskader jeździ na rowerze po wewnętrznej stronie cylindra o promieniu 12 m. Współczynnik tarcia statycznego między oponami i ścianą wynosi 0,68. Znajdź najmniejszą wartość prędkości kaskadera konieczną, aby bezpiecznie wykonać pokaz kaskaderski. 13 m/s Kiedy ciało o masie 0,25 kg jest przyłączane do pionowej, nieważkiej sprężyny, ta rozciąga się o 5,0 cm względem statycznej długości (4,0 cm). Ciało i sprężyna są umieszczone na poziomej, gładkiej powierzchni i wprawione w ruch obrotowy względem osi obrotu znajdującej się na drugim końcu sprężyny. Prędkość obrotowa wynosi 2,0 obr./s. Jakie będzie teraz rozciągnięcie sprężyny? Wagony kolejowe muszą pokonać zakręt o promieniu krzywizny równym 500,0 m nachylony pod kątem 5 ∘ . Dla pociągów jadących z jaką prędkością został ten zakręt zaprojektowany? 20,7 m/s Ciężarek wisi pionowo na lince przyczepionej do sufitu wagonu kolejowego. Wagon zaczyna poruszać się po torze krzywoliniowym o promieniu 300,0 m z prędkością 90,0 km/h. O jaki kąt względem położenia równowagi odchyli się ciężarek z linką? Samolot leci z prędkością 120 m/s i w celu wykonania skrętu pochyla się pod kątem 30 ∘ . Jego masa wynosi 2 , 50 ⋅ 10 3 k g . Ile wynosi siła nośna? Jaki jest promień skrętu samolotu? a. 28300 N; b. 2540 m Położenie cząstki jest dane za pomocą wyrażenia: r → ( t ) = A ( i ^ cos ⁡ ω t + j ^ sin ⁡ ω t ) , gdzie ω jest stałe. (a) Wykaż, że cząstka porusza się po okręgu o promieniu A . (b) Oblicz d r → / d t i wykaż, że szybkość cząstki jest stała i równa A ω . (c) Określ d 2 r → / d t 2 i wykaż, że przyspieszenie a jest równe A ω 2 . (d) Oblicz siłę dośrodkową działającą na cząstkę. Wskazówka : W przykładach (b) i (c) pomocne będzie użycie zależności ( d / d t ) cos ⁡ ω t = − ω sin ⁡ ω t i ( d / d t ) sin ⁡ ω t = ω cos ⁡ ω t . Dwa ciężarki połączone struną są ciągnięte po poziomej powierzchni za pomocą siły przyłożonej do jednego z ciężarków, jak przedstawiono na rysunku poniżej. Współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy ciężarkami a powierzchnią jest równy 0,25. Jeśli każdy z ciężarków ma przyspieszenie 2,0 m/s 2 skierowane w prawo, to ile wynosi wartość przyłożonej siły F ? 25 N Rozważ sytuację przedstawioną na rysunku poniżej. Współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy powierzchnią i większym ciężarkiem jest równy 0,20, a współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy powierzchnią i mniejszym ciężarkiem wynosi 0,30. Jeśli siła F = 10 N , a masa M = 1 , 0 k g , to ile wynosi siła naciągu struny łączącej ciężarki? Współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy powierzchnią i ciężarkami na rysunku wynosi μ k . Jeśli masa M = 1 , 0 k g , znajdź przyspieszenie każdego z ciężarków. a = F 4 − μ k g Dwa ciężarki położone jeden na drugim, jak przedstawiono na rysunku, spoczywają na gładkiej powierzchni. Pomiędzy ciężarkami działa tarcie (współczynnik tarcia równy μ ). Do górnego ciężarka przyłożona jest zewnętrzna siła działająca pod kątem θ do poziomu. Ile maksymalnie może wynosić siła F , aby ciężarki mogły być pchane jednocześnie, a nie przesuwały się względem siebie? Pudło spoczywa na poziomej naczepie samochodu dostawczego. Współczynnik tarcia pomiędzy pudłem a naczepą jest równy 0,24. Jak daleko zdąży odjechać samochód w ciągu 3,0 s od momentu startu, jeśli porusza się ze stałym, poziomym przyspieszeniem, a skrzynia podczas tego ruchu się nie przesunie? 14 m Na rysunku przedstawiono podwójną równię pochyłą, na szczycie której umieszczono bloczek. Współczynnik tarcia na równi po lewej wynosi 0,30, zaś na równi po prawej 0,16. Oblicz przyspieszenie połączonych ze sobą wózków. Zadania trudniejsze W jednym z kolejnych rozdziałów dowiesz się, że ciężar ciała zmienia się w zależności od wysokości zgodnie z równaniem: Q = m g r 0 2 / r 2 , gdzie r 0 jest promieniem Ziemi, a r jest odległością od środka Ziemi. Jeśli ciało zostaje wystrzelone z powierzchni Ziemi pionowo z prędkością v 0 , to jak wygląda wyrażenie na prędkość ciała w zależności od jego położenia r ? ( Wskazówka: skorzystaj z przekształconej zależności: a d r = v d v .) v = v 0 2 − 2 g r 0 ( 1 − r 0 r ) Duża wirówka, jak ta przedstawiona na zdjęciu, używana jest do poddawania kandydatów na astronautów działaniu przyspieszenia podobnego do tego, jakie powstaje podczas startu rakiety i jej powrotu do atmosfery. (a) Przy jakiej prędkości kątowej wartość przyspieszenia dośrodkowego osiąga 10 g , jeśli astronauta znajduje się w odległości 15,0 m od osi obrotu? (b) Kapsuła astronauty wisi na osi przegubu na końcu ramienia, dzięki czemu kapsuła może się odchylać na zewnątrz podczas obrotu (jak na zdjęciu). O jaki kąt θ względem poziomu odchyli się kapsuła, jeśli przyspieszenie dośrodkowe wynosi 10 g ? ( Wskazówka: Ramię przykłada siłę dośrodkową i utrzymuje ciężar kapsuły. Narysuj rozkład sił działających na kapsułę, aby prawidłowo zlokalizować położenie kąta θ .) Samochód o masie 1000,0 kg jedzie po poziomej drodze z prędkością 100,0 km/h, po czym gwałtownie hamuje. Oblicz długość drogi hamowania, jeśli współczynnik tarcia kinetycznego opon o asfalt wynosi 0,500. Pomiń wpływ oporu powietrza. ( Wskazówka: skoro interesuje nas przebyta droga, a nie czas hamowania, to x będzie zmienną niezależną, a nie t . W celu wykonania obliczeń przekształć następujące zależności: d v / d t = ( d v / d x ) ⋅ ( d x / d t ) = v d v / d x .) 78,7 m Samolot lecący z prędkością 200 m / s wykonuje zakręt w czasie 4,0 min. Jaki powinien być kąt przechylenia samolotu? O ile procent wzrośnie subiektywny ciężar pasażerów? Spadochroniarz znajduje się na wysokości 1520 m. Po 10 sekundach swobodnego spadku otwiera spadochron i stwierdza, że działająca na niego siła oporu powietrza F op jest wprost proporcjonalna do prędkości F op = − b v , gdzie b jest stałe i v jest prędkością spadku. Jeśli b = 0 , 750 , a masa skoczka wynosi 82,0 kg, znajdź: prędkość skoczka w momencie otwarcia spadochronu, drogę przebytą przez skoczka do momentu otwarcia spadochronu, prędkość graniczną po otwarciu spadochronu, czas spadania skoczka do momentu otwarcia spadochronu. a. 53,9 m/s; b. 328 m; c. 4,58 m/s; d. 257 s Mała kulka o masie 4,00 g zaczyna poruszać się pod wpływem siły grawitacji w czasie t = 0 w butelce wypełnionej szamponem. Prędkość graniczna wynosi 2 cm/s. Znajdź wartość współczynnika b w równaniu v = m g b ( 1 − e − b t / m ) , wartość siły oporu w momencie, gdy kulka osiąga prędkość graniczną. Kierujący łódką motorową wraz z motorówką są w spoczynku na jeziorze. Ich łączna masa wynosi 200,0 kg. Siła ciągu silnika motorówki wynosi 40,0 N w kierunku ruchu pojazdu, a siła oporu wody jest równa 2 v , gdzie v jest prędkością motorówki. Oblicz: prędkość motorówki po czasie t ; prędkość końcową (prędkość po bardzo długim czasie). a. v = 20,0 ( 1 − e −0,01 t ) ; b. v konc = 20 m/s siła oporu (ang. drag force ) siła, która przeciwstawia się ruchowi ciała w płynie; w przeciwieństwie do zwykłego tarcia siła oporu zależy od prędkości ruchu ciała prędkość graniczna (ang. terminal speed ) stała prędkość osiągana przez spadające ciało wówczas, gdy ciężar tego ciała jest równoważony przez skierowaną przeciwnie siłę oporu", "section": "Siła oporu i prędkość graniczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Sprinterka wyzwala swoją maksymalną moc, aby wykonać jak największą pracę w jak najkrótszym czasie, kiedy jej stopa dotyka podłoża. Dzięki temu nie zwalnia w trakcie wyścigu. Odpychanie się od twardego podłoża powoduje powstanie siły reakcji, która umożliwia jej wygraną. (Źródło: modyfikacja pracy Marie-Lan Nguyen) W tym rozdziale omawiamy podstawowe pojęcia fizyczne oraz prawa, które są związane z dowolnym ruchem we Wszechświecie. Nie będziemy mówili tylko o pojęciu siły czy o ruchu zmiennym jak w rozdziałach poprzednich 4 i 5 , lecz o innych pojęciach fizycznych. Tymi pojęciami będą: praca, energia kinetyczna oraz moc. Wyjaśnimy, jak te wielkości fizyczne zależą wzajemnie od siebie i czym jest zasada zachowania energii. Zastosowanie zasad dynamiki Newtona zwykle wymaga użycia rachunku różniczkowego, który opisuje zależność pomiędzy siłą działającą na ciało a jego przyspieszeniem. Często rozwiązanie analityczne takiego układu równań jest trudne bądź wręcz niemożliwe do znalezienia; wymaga długich obliczeń matematycznych lub symulacji komputerowych. W takim przypadku najbardziej odpowiednim podejściem jest zastosowanie bardziej ogólnych praw, takich jak zasada zachowania energii, które mogą dostarczyć odpowiedzi na wiele pytań, jednocześnie upraszczając obliczenia. Na przykład zastosowanie zasady zachowania energii w przypadku wyznaczenia siły działającej na cząstkę poruszającą się po dowolnej trajektorii w dowolnym jej punkcie jest możliwe bez większych problemów.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Praca W fizyce praca (ang. work ) oznacza jedną z możliwych form energii. O pracy mówimy wtedy, gdy siła działająca na dane ciało powoduje jego przemieszczenie. Siła może zależeć od przemieszczenia, a przemieszczenie może następować na dowolnej drodze pomiędzy dwoma punktami. Na początku zdefiniujmy nieskończenie mały przyrost pracy (energii) d W związany z działaniem siły F → na nieskończenie małej drodze (odpowiadającej nieskończenie małemu przemieszczeniu) d r → . Wówczas możemy zapisać iloczyn skalarny tych dwóch wektorów w następujący sposób: d W = F → ⋅ d r → = | F → | | d r → | cos ⁡ θ . W celu wyznaczenia całkowitej wartości pracy działającej na całkowitej drodze, odpowiadającej całkowitemu przemieszczeniu, należy dodać do siebie wszystkie dyskretne wartości pracy odpowiadające nieskończenie małym przyrostom przemieszczenia. Praca wykonana przez działającą siłę Pracę całkowitą wyraża całka w postaci: W AB = ∫ droga A B F → ⋅ d r → . Wektory odpowiedzialne za wykonanie pracy przedstawiono na . Wektory związane z wykonaniem pracy pomiędzy punktami A i B . Nieskończenie mała wartość pracy może zostać wyznaczona jako iloczyn skalarny nieskończenie małego przemieszczenia oraz działającej siły. Najprościej jest zapisać w tym przypadku iloczyn skalarny jako iloczyn długości wektorów oraz cosinus kąta pomiędzy nimi. Oczywiście możemy równie dobrze rozpisać ten iloczyn za pomocą zależności z rozdziału Wektory . W prostokątnym układzie współrzędnych wykonamy to przy zastosowaniu współrzędnych kartezjańskich x i y , zaś we współrzędnych biegunowych użyjemy r i φ . Z kolei w układzie trójwymiarowym pracę trzeba będzie wyrazić za pomocą składowych x , y , z . Podsumowując, równanie dla dowolnej wykonywanej przez siłę pracy można zapisać za pomocą dowolnych składowych, gdyż z punktu widzenia matematyki nie ma znaczenia, jaki układ wybierzesz. Wynik będzie zawsze taki sam. Przypomnijmy, że wartość wektora siły pomnożona przez cosinus kąta pomiędzy tym wektorem a kierunkiem przemieszczenia stanowi składową wektora siły w tym kierunku. Składowa ta może być dodatnia, ujemna bądź wynosić zero zależnie od kąta pomiędzy wektorem siły a kierunkiem przemieszczenia. W rezultacie praca również może przyjmować wartości dodatnie, ujemne bądź być równa zero zależnie od kierunku przyłożenia siły i jej zwrotu. Maksymalna praca jest wykonywana wtedy, kiedy wektor siły jest równoległy do wektora przemieszczenia ( cos θ = ± 1 ), a wynosi zero, kiedy jest on do przemieszczenia prostopadły ( cos θ = 0 ). Jednostka pracy może być zdefiniowana jako iloczyn jednostki siły (niutona) i przemieszczenia (metra), N ⋅ m . Jednostkę tę nazywamy dżulem (ang. joule ), oznaczamy ją literą J. Praca stałej siły oraz praca sił kontaktowych Najprostszym przypadkiem pracy jest praca wykonana przez siłę o stałej wartości, zwrocie i kierunku. W tym przypadku siłę jako stałą możemy wyciągnąć przed znak całki i wyliczyć całkę tylko z przemieszczenia, które jest zależne wyłącznie od punktu początkowego A i końcowego B , a nie od drogi, na której działała siła. Możemy zapisać takie równanie jako: W A B = F → ⋅ ∫ A B d r → = F → ⋅ ( r → B − r → A ) = | F → | | r → B − r → A | cos ⁡ θ . Można to również zapisać we współrzędnych kartezjańskich (przyjmując siłę jako stałą): W A B = ∫ droga A B F → ⋅ d r → = ∫ droga A B ( F x d x + F y d y + F z d z ) = F x ∫ A B d x + F y ∫ A B d y + F z ∫ A B d z = F x ( x B − x A ) + F y ( y B − y A ) + F z ( z B − z A ) = F → ⋅ ( r → B − r → A ) . (a) pokazuje osobę przykładającą stałą siłę F → do rączki kosiarki do trawy, która tworzy kąt θ z poziomem. Poziome przemieszczenie kosiarki jest równe d → . Praca wykonana przez kosiarkę jest równa W = F → ⋅ d → = F d cos ⁡ θ (wartość poziomej siły skalarnie pomnożona przez przemieszczenie). Praca siły stałej. (a) Osoba popycha kosiarkę ze stałą siłą. Składowa siły równoległa do przemieszczenia wykonuje pracę zgodnie z równaniem. (b) Osoba trzyma walizkę, nie wykonuje pracy, ponieważ przemieszczenie jest równe zero. (c) Osoba trzyma walizkę w ręce i przemieszcza się, praca jest również równa zero, ponieważ cos θ wynosi zero. (b) ukazuje osobę trzymającą walizkę. Osoba ta musi przykładać siłę skierowaną w górę równą sile ciężkości działającej na walizkę. Pomimo działania siły praca w tym wypadku jest równa zeru, ponieważ nie ma żadnego przemieszczenia. Dlaczego więc czujemy się zmęczeni, trzymając jakiś obiekt w miejscu, jeżeli nie wykonujemy pracy? Odpowiedzią na to pytanie jest fakt, że w naszej ręce dochodzi do skurczu włókien mięśniowych, chociaż mięśnie nie wykonują zewnętrznej pracy. Ponadto mięśnie inne niż mięśnie ręki działają, aby utrzymać daną pozycję ręki, a część obciążenia przenosi się również na kości i ścięgna. Osoba na (c) porusza się w kierunku poziomym ze stałą prędkością. Praca działającej siły również wynosi zero, ponieważ kąt pomiędzy wektorem przemieszczenia a działającą siłą wynosi 90 ∘ ( F → jest prostopadłe do d → ), a więc cos ⁡ 90 ∘ = 0 . Obliczanie pracy potrzebnej do przesunięcia kosiarki Ile pracy zostaje wykonane przy pchaniu kosiarki do trawy ( (a)) jeżeli mężczyzna przykłada siłę 75,0 N pod kątem 35 ∘ do poziomu na odcinku 25,0 m ? Strategia rozwiązania Obliczamy pracę podstawiając wartości do wzoru na pracę W = F d cos θ . Siła, kąt i przemieszczenie są dane, więc tylko W jest niewiadomą. Rozwiązanie Równanie, z którego obliczamy pracę, zapisujemy w postaci: W = F d cos θ . Podstawiając dane wartości: W = 75,0 N ⋅ 25,0 m ⋅ cos ⁡ 35,0 ∘ = 1,54 ⋅ 10 3 J . Znaczenie Pomimo tego, że wartość ta wydaje się duża, w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii zobaczymy, że odpowiada to spaleniu ledwie 1/6 grama tłuszczu. Kiedy kosisz trawę, poza siłą wywieraną przez ciebie, na kosiarkę działają jeszcze inne siły: siła reakcji podłoża i siła ciężkości. Weźmy pod uwagę te siły. Dla każdego ciała poruszającego się przemieszczenie d r → jest styczne do powierzchni. Siła reakcji podłoża (siła nacisku) R → jest prostopadła do podłoża, stąd praca wykonywana przez tę siłę jest równa zeru. d W R = R → ⋅ d r → = 0. W takim przypadku siła reakcji podłoża nigdy nie wykonuje pracy. Zauważ, że jeżeli przemieszczenie d r → miałoby składową prostopadłą do podłoża, to obiekt albo by się oderwał od niego, albo przez nie przebił. Oczywiście w przypadku, kiedy ciało nie jest bryłą sztywną bądź pojedynczą cząstką, powierzchnia może spowodować jego odkształcenie, ale o tym dowiesz się w kolejnym rozdziale. Jedną z sił działających na ciało przy kontakcie z podłożem jest tarcie, T → . Dla ciał poruszających się po płaszczyźnie wektor siły tarcia kinetycznego T → k ma zwrot przeciwny do zwrotu wektora d r → , więc praca wykonywana przez tę siłę jest ujemna. Jeżeli wartość siły T → k jest stała, praca siły (ang. work done by a force ) tarcia jest dana dzięki zależności: W k = ∫ A B T → k ⋅ d r → = − T k ∫ A B d r = − T k | l A B | , gdzie | l A B | jest drogą przebytą przez ciało (przy założeniu ruchu prostoliniowego). Zauważ, że jeżeli praca wykonywana przez siłę ma wartość ujemną, często mówimy, że jest wykonywana przeciw danej sile. Jednakże w przypadku siły tarcia statycznego praca wykonywana przez tę siłę może mieć wartość zarówno dodatnią, jak i ujemną. Kiedy chodzisz, na twoją stopę działają siły tarcia, na skutek czego stopa doznaje przyspieszenia. W przypadku kiedy jedziesz samochodem, siła tarcia kinetycznego czy oporów powietrza powoduje zmniejszenie jego przyspieszenia, a z kolei siła tarcia statycznego działająca na koła powoduje ich ruch obrotowy. Dzięki siłom tarcia możesz w taki sposób wyciągnąć dywan spod jakiegoś przedmiotu, że przedmiot będzie się poruszał do tyłu względem dywanu, za to do przodu względem podłogi - w tym przypadku wektor siły tarcia kinetycznego ma taki sam zwrot jak wektor przemieszczenia, więc praca w układzie współrzędnych związanych z podłogą będzie dodatnia. Ważne jest, aby każdy przypadek przeanalizować oddzielnie. Przesuwanie kanapy Zdecydowałeś się na przeniesienie kanapy w inne miejsce w pokoju. Siła przyłożona do kanapy wynosi 1 kN, a współczynnik tarcia wynosi 0,6. Najpierw przesuwasz kanapę 3 m równolegle do ściany, a następnie 1 m prostopadle do ściany (z A do B na ). Ile wyniosła w tym przypadku praca siły tarcia kinetycznego? Nie spodobało ci się nowe miejsce kanapy i przesuwasz ją do jej początkowego położenia (z B do A na ). Ile w tym przypadku wynosiła wykonana praca? Schemat zmian położenia kanapy. Strategia rozwiązania Wartość siły tarcia kinetycznego możemy wyznaczyć jako iloczyn siły normalnej do podłoża i współczynnika tarcia, T k = μ k R . Zatem wykonana praca wynosi: W T = − T k d , gdzie d jest odcinkiem, o który przesunięto kanapę. Rozwiązanie Praca siły tarcia wynosi: W = − 0.6 ⋅ 1 k N ⋅ ( 3 m + 1 m ) = − 2,4 k J . Długość przeciwprostokątnej trójkąta utworzonego przez odcinki, o które przesuwano kanapę, jest równa 10 m , więc całkowita wartość pracy przeciw sile tarcia kinetycznego wynosi: W = 0,6 ⋅ 1 k N ⋅ ( 3 m + 1 m + 10 m ) = 4,3 k J . Znaczenie Pomimo tego, że kanapa znalazła się z powrotem w tym samym miejscu, praca wykonana nie wyniosła zero. Dlaczego? Ponieważ siła tarcia jest tzw. siłą niezachowawczą; o takich siłach będziemy mówić w kolejnym rozdziale. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy siła tarcia jest stała dla każdej wybranej drogi, na której działała? Nie, tylko wartość tej siły pozostawała stała. Zmieniał się jej kierunek zgodnie ze zmianą kierunku i zwrotu wektora przemieszczenia. Inną siłą wspomnianą w przykładzie z kosiarką była siła ciężkości m g , która ma stałą wartość izawsze jest skierowana pionowo w dół. Zatem praca siły ciężkości może zostać wyznaczona jako iloczyn skalarny jej wektora i wektora przemieszczenia. Czasami warto zapisać wektor siły za pomocą jej składowych wzdłuż poszczególnych osi x , y i z . W prostokątnym prawoskrętnym układzie współrzędnych zapisujemy ją jako − m g j ^ , więc praca siły ciężkości na drodze od A do B wynosi: W graw A B = − m g j ^ ⋅ ( r → B − r → A ) = − m g ( y B − y A ) . Praca wykonana przez stałą siłę grawitacji zależy tylko od ciężaru ciała oraz różnicy wysokości (przemieszczenia), na której ta siła działa. Wartość pracy siły grawitacji przy ruchu w górę jest ujemna ( y B > y A ), innymi słowy to ty wykonujesz prace podnosząc przedmiot. W przypadku ruchu w dół praca jest dodatnia ( y B < y A ). Zdejmowanie książki z półki Rozważmy sytuację, w której (a) zdejmujesz książkę o ciężarze 20 N z półki znajdującej się na wysokości 1 ⁢ m powyżej blatu stołu, następnie przenosisz ją poziomo 3 m i odkładasz na stół ( ). Jaką pracę wykonała siła grawitacji w tym ruchu? (b) Po skończonym czytaniu odkładasz książkę na półkę. Jaką pracę przeciw sile grawitacji wykonujesz? Rzut pokazujący tor ruchu książki w zadaniu. Strategia rozwiązania Musimy wiedzieć, że wartość pracy zależy tylko od ciężaru książki i od różnicy wysokości W A B = − m g ( y B − y A ) . Teraz przeanalizujmy zmianę wysokości w (a) i (b). Rozwiązanie Jako że książka leży na półce i ruch odbywa się w dół, to y B − y A = − 1 m , a stąd wynika, że: W = − 20 N ⋅ ( − 1 m ) = 20 J . Jako że książka wróciła na półkę, różnica wysokości wynosi zero, a zatem W = 0 J . Znaczenie W przeciwieństwie do tarcia z , praca siły grawitacji działającej na krzywej zamkniętej wynosi zero. Takie siły nazywamy siłami zachowawczymi. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy siła grawitacji jest zawsze stała? Nie, jest stała tylko w pobliżu powierzchni Ziemi. Praca zmiennej siły W ogólności siła i jej wartość może zmieniać się w różnych punktach przestrzeni. Infinitezymalna (nieskończenie mała) praca wykonana przez zmienną siłę może być opisana za pomocą składowych tej siły oraz odpowiadających im przemieszczeń zgodnie z zależnością: d W = F x d x + F y d y + F z d z . W tym przypadku siła jest wyrażana jako funkcja położenia, natomiast przemieszczenie zależy od równania opisującego drogę, na której dana siła działa. (W tym przypadku pracę d W wyrażamy za pomocą współrzędnych kartezjańskich, ale w wielu przypadkach inne układy współrzędnych mogą lepiej opisywać daną sytuację). opisuje pracę jako całkę liniową i tak też potraktujemy ją w omawianym przypadku. Praca siły działającej na torze krzywoliniowym Ciało porusza się po paraboli o równaniu y = 0,5 m − 1 ⋅ x 2 od punktu w początku układu współrzędnych A = ( 0 m , 0 m ) do punktu o współrzędnych B = ( 2 m , 2 m ) na skutek działania siły F → = 5 N / m ⋅ y i ^ + 10 N / m ⋅ x j ^ ( ). Oblicz wykonaną pracę. Paraboliczny tor ruchu ciała. Strategia rozwiązania Składowe siły są dane jako funkcje odpowiednio x i y . Wyrażamy zatem funkcję przemieszczenia y i d y w zależności od x i d x . y = 0,5 ⁢ m -1 ⋅ x 2 ⇒ d y = 2 ⋅ 0,5 ⁢ m -1 ⋅ x ⁢ d x ⁢ . y = \\SI[per-mode=reciprocal]{0,5}{\\per\\metre} \\cdot x^2 \\implies \\d y = 2 \\cdot \\SI[per-mode=reciprocal]{0,5}{\\per\\metre} \\cdot x \\d x \\text{.} Teraz możemy wykonać całkowanie tylko po zmiennej x . Rozwiązanie Nieskończenie mała wartość pracy wynosi: d W = F x d x + F y d y = 5 N / m ⋅ y d x + 10 N / m ⋅ x d y = 5 N / m ⋅ 0,5 m − 1 ⋅ x 2 d x + 10 N / m ⋅ 2 ⋅ 0,5 m − 1 ⋅ x 2 d x = 12,5 N / m 2 ⋅ x 2 d x . Całka z x 2 to x 3 / 3 , więc: W = ∫ 0 m 2 m 12,5 N / m 2 ⋅ x 2 d x = 12,5 N / m 2 ⋅ [ x 3 3 ] 0 m 2 m = 12,5 N / m 2 ⋅ 8 m 3 3 = 33,3 J . Znaczenie Takie całkowanie nie jest trudne. Pamiętaj, żeby jak w powyższym przykładzie wyrażać pracę za pomocą odpowiednich funkcji, dla których łatwo policzyć daną całkę. Sprawdź, czy rozumiesz. Wyznacz pracę, tak jak w przypadku , ale dla drogi opisanej funkcją y = ( 0,25 m −2 ) x 3 , wykonaną pomiędzy punktami A = ( 0,0 ) i B = ( 2 m, 2 m ) . W = 35 J W podano, że aby wyznaczyć pracę, najłatwiej sprowadzić równanie do równania jednej zmiennej. Zwykle jest więcej niż jeden sposób, żeby to zrobić. Dla najłatwiej przeprowadzić całkowanie po zmiennej x , ale równie dobrze można to zrobić po zmiennej y . Otrzymujemy wtedy następującą zależność: x = y / ( 0,5 m −1 ) = ( 2 m ) y i d x = ( 2 m ) · 1 2 d y / y = d y / ( 2 m −1 ) y . Składowe siły są opisane za pomocą zmiennej y : F x = ( 5 N/m ) y i F y = ( 10 N/m ) x = ( 10 N/m ) ( 2 m ) y , wtedy nieskończenie mała praca wynosi: d W = F x ⁢ d x + F y ⁢ d y d W = 5 ⁢ N ∕ m ⋅ y 2,0 ⁢ m -1 ⋅ y ⁢ d y + 10 ⁢ N ∕ m ⋅ 2 ⁢ m ⋅ y ⁢ d y d W = 5 ⁢ N ⋅ m − 1 ∕ 2 ⋅ 1 2 + 2 ⁢ 2 ⁢ y ⁢ d y = 17,7 ⁢ N ⋅ m − 1 ∕ 2 ⋅ y 1 ∕ 2 ⁢ d y \\begin{multiline} \\d W &= F_x \\d x + F_y \\d y \\\\ &= \\frac{\\SI{5}{\\newton\\per\\metre} \\cdot y}{\\sqrt{\\SI[per-mode=reciprocal]{2,0}{\\per\\metre} \\cdot y}} \\d y + \\SI{10}{\\newton\\per\\metre} \\cdot \\sqrt{\\SI{2}{\\metre} \\cdot y} \\d y \\\\ &= \\SI[inter-unit-product = ⋅]{5}{\\newton\\metre}^{-1/2} \\cdot (\\frac{1}{\\sqrt{2}} + 2\\sqrt{2}) \\sqrt{y} \\d y = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{17,7}{\\newton\\metre}^{-1/2} \\cdot y^{1/2} \\d y \\end{multiline} d W = F x ⁢ d x + F y ⁢ d y = 5 ⁢ N ∕ m ⋅ y 2,0 ⁢ m -1 ⋅ y ⁢ d y + 10 ⁢ N ∕ m ⋅ 2 ⁢ m ⋅ y ⁢ d y = 5 ⁢ N ⋅ m − 1 ∕ 2 ⋅ 1 2 + 2 ⁢ 2 ⁢ y ⁢ d y = 17,7 ⁢ N ⋅ m − 1 ∕ 2 ⋅ y 1 ∕ 2 ⁢ d y Całka z y 1 / 2 wynosi 2 y 3 / 2 / 3 , wartość pracy na drodze z A do B wynosi: W = ∫ 0 m 2 m 17,7 0 N ⋅ m − 1 / 2 ⋅ y 1 / 2 d y = 17,7 N ⋅ m − 1 / 2 ⋅ 2 3 ⋅ ( 2 m ) 3 / 2 = 33,3 J . Tak jak można było oczekiwać, wynik przy takim podejściu okazuje się identyczny jak wcześniejszy. Jeden z ważnych i często omawianych rodzajów siły stanowi siła sprężystości dla idealnej sprężyny spełniającej prawo Hooke’a (ang. Hooke’s law ) F → = − k Δ x → , gdzie k jest stałą sprężystości sprężyny, a Δ x → = x → − x → równ jest odkształceniem liniowym sprężyny ( Zasady dynamiki Newtona ). Pamiętaj, że punkt równowagi tylko wówczas jest tym samym punktem co położenie dla nierozciągniętej sprężyny, gdy nie działają na nią żadne siły bądź działające siły się równoważą. Gdy chcemy obliczyć pracę wykonaną przez siłę sprężystości, wybieramy oś x wzdłuż sprężyny w taki sposób, aby jej wydłużenie przyjmowało dodatnią wartość (jak pokazano na ), początek układu obieramy w położeniu równowagi x równ = 0 . Tak przyjęty układ współrzędnych pozwala nam opisać siłę tylko za pomocą składowej x , czyli F x = − k x . Wówczas praca przy rozciąganiu sprężyny z x A do x B wynosi: W spr A B = ∫ A B F x d x = − k ∫ A B x d x = − k [ x 2 2 ] A B = − 1 2 k ( x B 2 − x A 2 ) . (a) Sprężyna w położeniu równowagi, (b) przy wydłużaniu i (c) przy ściskaniu. Zauważ, że W A B zależy tylko od punktu końcowego i początkowego A i B , natomiast nie zależy od drogi pomiędzy tymi punktami. Kolejną interesującą informacją na temat jest to, że dla jednowymiarowego przypadku wykonana praca jest równa polu powierzchni pod krzywą dla zależności F x . Pamiętamy, że dla przypadku jednowymiarowego całka odpowiada sumie nieskończenie małych przyrostów f ( x ) d x , co może być zaprezentowane graficznie, jak na . Natomiast w przypadku siły sprężystości równanie F = − k x przedstawia funkcję liniową ze współczynnikiem sprężystości − k , zależną od zmiennej x (patrz ). Krzywa reprezentująca funkcję f ( x ) , na której zaznaczono pole odpowiadające nieskończenie małemu przyrostowi f ( x ) d x oraz pole odpowiadające sumie tych przyrostów – całce z f ( x ) od x 1 do x 2 . Wykres zależności siły sprężystości od wydłużenia x f ( x ) = − k x , na którym zaznaczono obszary pod krzywą odpowiadające wartościom pracy dla przemieszczeń x A i x B przy różnych zwrotach siły sprężystości. Praca siły sprężystości Praca potrzebna do rozciągnięcia idealnej sprężyny o 6 cm wynosi 0,54 J (zgodnie z równaniem z (b)). Ile wynosi stała sprężystości k dla tej sprężyny? Jaką pracę trzeba wykonać, aby rozciągnąć sprężynę o kolejne 6 cm? Strategia rozwiązania Praca potrzebna do rozciągnięcia sprężyny jest wykonywana przeciwko sile sprężystości w , więc: W = 1 2 k ( x B 2 − x A 2 ) . Dla (a) x A = 0 c m i x B = 6 c m , dla (b) x A = 6 c m i x B = 12 c m . W (a) wykorzystujemy znaną pracę i wyznaczamy k , które w części (b) wykorzystujemy do wyznaczenia pracy. Rozwiązanie W = 0,54 J = 1 2 k [ ( 6 c m ) 2 − ( 0 c m ) 2 ] , więc k = 3 N / c m . W = 1 2 ⋅ 3 N / c m ⋅ [ ( 12 c m ) 2 − ( 6 c m ) 2 ] = 1,62 J . Znaczenie Praca nie zależy od drogi, lecz od różnicy wartości wyrażenia k x 2 / 2 dla położenia początkowego i końcowego. Zauważ, że praca potrzebna do rozciągnięcia sprężyny od 0 do 12 cm jest cztery razy większa od pracy potrzebnej do rozciągnięcia sprężyny od 0 do 6 cm, ponieważ praca jest zależna od kwadratu wydłużenia: k x 2 / 2 . Sprawdź, czy rozumiesz. Sprężyna w została ściśnięta o 6 cm (względem położenia równowagi). Czy praca wykonana przez sprężynę jest dodatnia czy ujemna? Jaka jest jej wartość? Siła sprężystości jest przeciwna do zmiany długości, więc praca jest ujemna. 0,54 J. Podsumowanie Nieskończenie mały przyrost pracy jest wyznaczany jako iloczyn skalarny siły wykonującej pracę i nieskończenie małego przemieszczenia. Praca siły działającej na skończonej drodze jest równa całce z nieskończenie małych przyrostów pracy na tej drodze. Praca wykonana przeciwko danej sile jest ujemna. Praca siły grawitacji jest równa iloczynowi ciężaru ciała i różnicy wysokości odpowiadającej przemieszczeniu ciała. Praca siły sprężystości zależy tylko od stałej sprężystości i zmiany długości sprężyny. Pytania Podaj przykład, kiedy coś, co nazywamy pracą w życiu codziennym, nie jest nią w sensie fizycznym. Czy w tym przypadku energia jest przekazywana lub zmieniana w inną formę? Jeżeli tak, wyjaśnij, jak to możliwe bez wykonywania pracy. Przykładem może być „pchanie” ściany. Pomimo tego, że tracona jest energia, nie jest ona przekazywana, więc w konsekwencji nie ma przemieszczenia, a zatem nie ma wykonywanej pracy. Podaj przykład, w którym zachodzi zmiana położenia przedmiotu oraz działa siła, a nie jest to praca. Wyjaśnij, czemu tak jest. Opisz sytuację, kiedy pomimo przyłożonej siły nie jest wykonywana praca. Wyjaśnij dlaczego. Kiedy przebijesz się przez ścianę, nadal przykładasz siłę, ale nie występuje już przesunięcie. Czy w ruchu po okręgu (dla v=const) siła dośrodkowa wykonuje pracę? Podrzucasz piłkę i łapiesz ją dokładnie na tej samej wysokości, z której ją wyrzuciłeś. Jaką pracę wykonała w tym przypadku siła grawitacji? Całkowite przemieszczenie wynosi zero, więc nie wykonuje pracy. Dlaczego trudniej robić „brzuszki” na pochyłej ławeczce niż na prostej? (Zobacz rysunek.) Jako młody człowiek Tarzan wspinał się do swojego domu na drzewie. Kiedy się zestarzał, postanowił zbudować schody. Skoro praca siły grawitacji jest niezależna od drogi, co zyskał na zbudowaniu schodów? Dzięki schodom Tarzan nie będzie musiał wydatkować energię szybko, ale stopniowo. Zadania Pracę o jakiej wartości wykonuje sprzedawca, przesuwając poziomo po stole puszkę z groszkiem na odcinku 0,600 m, używając siły 5,00 N? 3,00 J Osoba ważąca 75,0 kg wspina się po schodach na wysokość 2,50 m. Wyznacz wykonaną pracę. Oblicz pracę wykonywaną przy wciąganiu windy o masie 1500 kg na wysokość 40 m ze stałą prędkością, jeśli siła oporów ruchu wynosi 100 ⁢ N . Jaką pracę wykonuje siła grawitacji? Jaka praca jest wykonywana przy wciąganiu windy? 593 kJ; –589 kJ; 0 J. Samochód przejeżdża 108 km z prędkością 30,0 m/s, zużywając 8 litrów benzyny. Tylko 30% energii paliwa jest zużywane na utrzymanie stałej prędkości. (Wartość opałowa benzyny wynosi 35 MJ/l.) Ile wynosi siła napędowa samochodu? Jeżeli siła jest wprost proporcjonalna do prędkości, to jaką ilość paliwa spalimy na trasie 108 km utrzymując prędkość 28,0 m/s? Oblicz pracę, którą wykona mężczyzna o masie 85,0 ⁢ kg , wpychając pudło na odległość 4,00 m w górę pochylni o kącie nachylenia 20,0 ∘ względem płaszczyzny poziomej (patrz rysunek). Mężczyzna przykłada siłę 500 N wzdłuż równi i wpycha pudło ze stałą prędkością. Pamiętaj, aby uwzględnić pracę wpychania pudła oraz pracę wspinania się po pochylni. 3,14 kJ Jaką pracę wykonuje chłopiec, ciągnąc wózek na odległość 30 m? Przyjmij brak siły tarcia pomiędzy wózkiem a podłożem. Klient pcha wózek na zakupy na odcinku 20,0 m ze stałą prędkością. Siła tarcia wynosi 35,0 N. Wózek jest pchany siłą pod kątem 25,0 ∘ względem poziomu. Jaką pracę wykonuje siła tarcia? Jaką pracę wykonuje siła grawitacji? Jaką pracę wykonuje klient? Wykorzystując zasadę zachowania energii, wyznacz siłę, jaką działa klient na wózek. Jaka jest całkowita praca wykonana „nad” wózkiem? –700 J; 0 J; 700 J; 38,6 N; 0 J. Ekipa ratunkowa opuszcza ocalonego człowieka o masie 90,0 kg ze stałą prędkością w dół zbocza o nachyleniu 60 , 0 ∘ (jak pokazano na rysunku). Współczynnik tarcia wynosi 0,1. Ile pracy wykona siła tarcia przy opuszczaniu ocalonego o 30 m wzdłuż zbocza? Ile pracy wykona lina, na której jest opuszczany? Jaką pracę wykonuje siła grawitacji? Ile wynosi całkowita praca? Ze stałą siłą 20 N na odcinku 5 m popychana jest mała kulka. Ile wynosi wykonana praca? 100 J Zabawka jest ciągnięta 6 metrów wzdłuż prostoliniowego toru. Siła działająca wynosi 20 N i jest skierowana pod kątem 37 ∘ względem poziomu. Ile wynosi praca w tym ruchu? Pudło o masie 5 kg leży na poziomym stole. Współczynnik tarcia kinetycznego wynosi μ K = 0,50 . Ciągnięto pudło na odcinku 10 cm. Znajdź pracę: siły, z którą ciągnięto pudełko, siły tarcia, siły wypadkowej. 2,45 J; – 2,45 J; 0 N. Pudło o masie 3,5 kg leży na poziomym stole. Współczynnik tarcia kinetycznego wynosi μ K = 0,7 . Ciągnięto pudło na odcinku 45 cm. Znajdź pracę: siły, z którą ciągnięto pudełko, siły tarcia, siły wypadkowej. Sanie o całkowitej masie 50 kg ciągnięte są na odcinku 20 metrów ( μ K = 0,20 ) ze stałą prędkością skierowaną pod kątem 25 ∘ względem poziomu. Oblicz: pracę przyłożonej siły, pracę siły tarcia, pracę całkowitą. 2,22 kJ; −2,22 kJ; 0 J. Jaką pracę wykonuje siła F ( x ) = ( − 2,0 / x ) N przy ruchu cząstki z x = 2,0 m do x = 5,0 m Jaką pracę przeciwko sile grawitacji wykona się przy wnoszeniu walizki o masie 5 kg na dach Empire State Building? Budynek ten ma wysokość 380 metrów. 18,6 kJ. Przy rozciągnięciu sprężyny o 10 cm wykonuje się pracę 500 J. Jaka jest stała sprężystości tej sprężyny? Lina do bungee jest to w zasadzie gumowy pas, który może rozciągnąć się czterokrotnie w stosunku do swojej początkowej długości. Współczynnik sprężystości takiej taśmy jest zmienny w zależności do tego, jak jest rozciągnięta (sprawdź artykuł: Paul G, Menz, The Physics of Bungee Jumping , \"The Physics Teacher\", nr 31, listopad 1993, s. 483–487). Przyjmijmy, że długość początkowa (nierozciągniętej liny) wynosi l 0 , a jej wydłużenie x = l − l 0 (patrz rysunek). Przyjmijmy, że dla 0 ⩽ x ⩽ 4,88 m , współczynnik sprężystości wynosi k 1 = 204 N / m , a dla 4,88 m ⩽ x k 2 = 111 N / m (pamiętaj, że funkcja F x jest liniowa). Jakie jest naprężenie liny rozciągniętej o 16,7 m (maksymalne rozciągnięcie dla danego skoku)? Jaka praca została wykonana przy takim skoku? Źródło ilustracji: Graeme Churchard 2,32 kN; 22,0 kJ. Lina jest rozciągana pod wpływem działania siły F ( x ) = k 1 x + k 2 x 3 , gdzie x jest długością, o którą rozciąga się lina, k 1 = 204 N / m i k 2 = − 0,233 N / m . Ile pracy musi zostać wykonane, aby rozciągnąć linę o 16,7 m? Inżynierowie modelują wartość siły sprężystości dla liny bungee równaniem: F ( x ) = a [ x + 9 m 9 m − ( 9 m x + 9 m ) 2 ] , gdzie x wyraża wzdłużne rozciągnięcie liny, zaś a jest stałą. Jeżeli potrzeba 22 kJ, aby rozciągnąć linę o 16,7 m, wyznacz wartość stałej a . 835 N. Cząstka porusza się na płaszczyźnie x y pod działaniem siły F → ( x , y ) = 50 N ⋅ m 2 x i ^ + y j ^ ( x 2 + y 2 ) 3 / 2 , gdzie x i y wyrażone są w metrach. Oblicz pracę, którą wykona ta siła na odcinku pomiędzy punktami ( 3 m , 4 m ) i ( 8 m , 6 m ) . Cząstka porusza się po krzywej y ( x ) = 10 m ⋅ [ 1 + cos ⁡ ( 0,1 m − 1 ⋅ x ) ] , od punktu x = 0 m do x = 10 π m , pod wpływem stycznej siły o zmiennej wartości F ( x ) = 10 N ⋅ sin ⁡ ( 0,1 m − 1 ⋅ x ) . Jaką pracę wykonała siła? 257 J. praca (ang. work ) jest wykonywana wtedy, kiedy działająca siła powoduje przemieszczenie ciała praca siły (ang. work done by a force ) całka z iloczynu skalarnego siły działającej i nieskończenie małego przemieszczenia", "section": "Praca", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Energia kinetyczna Możemy przypuszczać, że im większa prędkość ciała, w tym większym stopniu dane ciało może oddziaływać na inne. Nie zależy to od kierunku wektora prędkości, a tylko od jego wartości. W końcu XVII wieku została wprowadzona w fizyce wielkość opisująca idealnie sprężyste zderzenie dwóch ciał w przypadku, gdy jedno przed zderzeniem jest w spoczynku. Pierwsze ciało się zatrzymuje, natomiast drugie porusza się z taką samą prędkością, z jaką poruszało się pierwsze (takie samo zjawisko możecie zaobserwować, grając w bilard lub obserwując kołyskę Newtona). Pojęcie opisujące takie zderzenie nazwano energią ruchu. W XVIII wieku wprowadzono określenie energia kinetyczna (ang. kinetic energy ) do opisu energii ciał pozostających w ruchu. Pamiętając ten historyczny opis możemy teraz zdefiniować w ujęciu klasycznym energię kinetyczną jako pojęcie fizyczne. Kiedy mówimy o ujęciu „klasycznym”, mamy na myśli takie, które nie bierze pod uwagę zależności relatywistycznych, tzn. właściwych dla prędkości bliskich prędkości światła. Opis takich zjawisk znajdziecie w rozdziale Teoria względności . Jako że omawiane przez nas ciała (lub układy) mają różny stopień skomplikowania, zacznijmy od zdefiniowania energii kinetycznej dla cząstki o masie m . Energia kinetyczna Energia kinetyczna ruchu postępowego jest równa iloczynowi masy m i kwadratu prędkości v podzielonemu przez 2: E = 1 2 m v 2 . Jeśli mamy więcej niż jedną cząstkę, to energia kinetyczna układu jest równa sumie energii kinetycznej wszystkich cząstek: E = ∑ 1 2 m v 2 . Możemy zapisać równanie opisujące energię kinetyczną również za pomocą pędu ( p → = m v → ), zamiast za pomocą masy i prędkości. Skoro v = p / m , uzyskujemy zależność: E = 1 2 m ( p m ) 2 = p 2 2 m , która opisuje energię kinetyczną dla jednej cząstki o pędzie p . Czasem taki zapis jest bardziej wygodny niż ten z . Jednostką energii kinetycznej jest, tak jak w przypadku innych form energii, dżul (J). Energia kinetyczna ciała (a) Jaka jest energia kinetyczna sportowca o masie ciała 80 kg, biegnącego z prędkością 10 m/s? (b) Krater Chicxulub znajdujący się na półwyspie Jukatan jest największym na Ziemi kraterem powstałym podczas zderzenia. Najprawdopodobniej powstał na skutek uderzenia asteroidy z prędkością 22 km/s, które uwolniło 4,2 ⋅ 10 23 J energii kinetycznej. Jaka była masa tej asteroidy? (c) W reaktorach jądrowych neutrony termiczne poruszają się z prędkością około 2,2 km/s. Jaka jest energia kinetyczna takich cząstek? Strategia rozwiązania Aby rozwiązać zadanie, wykorzystamy . Masę neutronu można znaleźć w tablicach fizycznych. Rozwiązanie Nie zapomnij o zamianie jednostek na podstawowe jednostki układu SI! E = 1 2 ⋅ 80 k g ⋅ ( 10 m / s ) 2 = 4,0 k J , m = 2 E v 2 = 2 ⋅ 4,2 ⋅ 10 23 J ( 22 k m / s ) 2 = 1,7 ⋅ 10 15 k g , E = 1 2 ⋅ 1,68 ⋅ 10 − 27 k g ⋅ ( 2,2 k m / s ) 2 = 4,1 ⋅ 10 − 21 J . Znaczenie W tym przykładzie pokazaliśmy, że energia kinetyczna zależy od masy i prędkości, oraz że energia ta może przyjmować bardzo różne wartości. W zależności od tego, jak duża jest wartość energii, stosujemy różne jednostki. Energia wyznaczona w punkcie (b) może być porównana do energii wyzwalanej w eksplozji dynamitu (TNT) czy też nuklearnej, przy czym 1 m e g a t o n a = 4,18 ⋅ 10 15 J . W przypadku powstania krateru Chicxulub energia kinetyczna to sto milionów megaton. Z kolei w przypadku energii cząstek elementarnych wyrażamy ją w elektronowoltach 1 e V = 1,6 ⋅ 10 − 19 J . Energia termiczna w przypadku (c) wynosi 1/40 elektronowolta. Sprawdź, czy rozumiesz. Samochód i ciężarówka poruszają się z taką samą energią kinetyczną. Przyjmijmy, że ciężarówka ma masę większą niż samochód. Które ma większą prędkość? Jeśli poruszają się z tą samą prędkością, to które ma większą energię kinetyczną? samochód; ciężarówka Jako że prędkość jest wielkością względną, zależną od przyjętego układu odniesienia, wartość energii kinetycznej również zależy od przyjętego układu. Musimy o tym pamiętać, ponieważ często tylko od dobrania odpowiedniego układu odniesienia zależy, czy nasze obliczenia będą proste, czy też trudne. Możemy wybrać układ związany z poruszającym się ciałem bądź układ związany z nieruchomym obserwatorem. Opis równań ruchu w różnych układach odniesienia możecie znaleźć w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach . Energia kinetyczna w różnych układach odniesienia Człowiek ważący 75 kilogramów porusza się w wagonie kolejowym z prędkością 1,5 m/s względem wagonu, zaś pociąg porusza się z prędkością 15 m/s względem torów. Ile wynosi energia kinetyczna człowieka w układzie odniesienia związanym z wagonem? Ile wynosi ona w układzie związanym z torami? Ile wynosi ona w układzie poruszającym się wraz z człowiekiem? Strategia rozwiązania Jako że mamy dane wartości prędkości, możemy wykorzystać zależność 1 2 m v 2 , aby wyznaczyć wartość energii kinetycznej w poszczególnych przypadkach. Jednakże musimy pamiętać, że w przypadku (a) prędkość człowieka jest podana względem wagonu, w przypadku (b) względem torów, zaś w (c) wynosi zero. Jeśli oznaczymy układ odniesienia związany z wagonem jako W, związany z torami jako T, a z człowiekiem jako C, to otrzymamy zależność w postaci: v → CT = v → CW + v → WT . Zakładamy, że przejście w wagonie leży w tej samej linii co tory, ale zwrot wektorów prędkości nie został podany w zadaniu, więc przeanalizujmy wszystkie przypadki ( ). v CT = v WT ± v CW . Możliwe zwroty prędkości człowieka poruszającego się w wagonie: (a) w stronę przodu wagonu i (b) w stronę tyłu wagonu. Rozwiązanie E = 1 2 ⋅ 75,0 k g ⋅ ( 1,50 m / s ) 2 = 84,4 J , v CT = 15,0 m / s ± 1,50 m / s . W związku z tym mamy dwie poprawne odpowiedzi: E = 1 2 ⋅ 75,0 k g ⋅ ( 13,5 m / s ) 2 = 6,83 k J , i E = 1 2 ⋅ 75,0 k g ⋅ ( 16,5 m / s ) 2 = 10,2 k J , W tym układzie prędkość człowieka v C = 0 m / s , E = 0 J . Znaczenie Jak mogliśmy zauważyć, wartość energii kinetycznej zależy od układu odniesienia, w którym jest rozpatrywana. Jednakże musimy pamiętać o tym, że nie może ona nigdy przyjąć wartości ujemnych (ponieważ prędkość podniesiona do kwadratu nie może przyjąć wartości ujemnej). Sprawdź, czy rozumiesz. Płyniesz łodzią wiosłową wzdłuż brzegów rzeki. Twoja energia kinetyczna w układzie odniesienia związanym z brzegami rzeki ma mniejszą wartość niż wyznaczona w układzie związanym z płynącą wodą. Czy wiosłujesz zgodnie, czy przeciwnie do prądu rzeki? Przeciwnie. Energia kinetyczna pojedynczej cząstki ma charakter jednostkowy, ale energia kinetyczna układu cząstek może być podzielona na wiele różnych rodzajów w zależności od analizowanego układu oraz sposobu, w jaki się on porusza. Przykładem może być układ cząstek, które poruszają się z tą samą prędkością. Jako że porusza się on ruchem postępowym, to jego energia kinetyczna też ma taki charakter. Jeżeli obiekt bądź cząstka wykonuje ruch obrotowy, ich energia kinetyczna jest również energią kinetyczną ruchu obrotowego, a w przypadku ruchu drgającego – energią kinetyczną ruchu drgającego. Energia kinetyczna chaotycznego ruchu atomów może być nazywana również energią termiczną. Pojęcia te będą pojawiały się w kolejnych rozdziałach książki, ale bez względu na nazwę musimy pamiętać, że są to różne rodzaje energii kinetycznej, tj. energii związanej ściśle z ruchem. Określenia opisujące energię kinetyczną Gracz wykonuje podanie ze środka pola. Piłka do koszykówki waży 624 gramy. Podanie trwało 2 sekundy i zostało wykonane na odległość 15 metrów. Jaka jest wartość energii kinetycznej piłki? Powietrze w piłce ma średnią masę atomową 29 u i średnią prędkość 500 m/s (względem piłki). Średnia ilość cząsteczek w piłce wynosi 3 ⋅ 10 23 . Cząsteczki poruszają się ruchem losowym. Ile wynosi średnia energia kinetyczna ruchu postępowego cząstek względem piłki? Jak szybko musiałaby się poruszać piłka względem boiska, aby mieć taką samą energię kinetyczną jak cząsteczki powietrza w podpunkcie (b)? Strategia rozwiązania W punkcie (a) wykorzystaj znaną prędkość i masę, aby wyznaczyć wartość energii kinetycznej E = 1 2 m v 2 . W punkcie (b) zamień jednostki atomowe na kilogramy i ponownie wykorzystaj znany wzór E = 1 2 m v 2 , aby wyznaczyć średnią energię cząstki gazu względem piłki. Potem pomnóż wynik przez liczbę cząstek. W punkcie (c) podstaw wartość energii wyznaczonej w punkcie (b) i masę piłki w punkcie (a) do wzoru E = 1 2 m v 2 , a następnie wyznacz v . Rozwiązanie Prędkość piłki w kierunku poziomym jest równa 7,5 m/s, zatem energia kinetyczna jej ruchu postępowego wynosi: 1 2 ⋅ 0,624 k g ⋅ ( 7,5 m / s ) 2 = 17,6 J . Średnia energia cząsteczki gazu w piłce: 1 2 ⋅ 29 u ⋅ 1,66 ⋅ 10 − 27 k g / u ⋅ ( 500 m / s ) 2 = 6,02 ⋅ 10 − 21 J . Całkowita energia kinetyczna układu cząsteczek: 3 ⋅ 10 23 ⋅ 6,02 ⋅ 10 − 21 J = 1,80 k J . v = 2 ⋅ 1,8 k J 0,624 k g = 76,0 m / s . Znaczenie W części (a) wyznaczyliśmy energię kinetyczną ruchu postępowego obiektu, którym była piłka względem otoczenia – boiska. Gdyby piłka się obracała, musielibyśmy uwzględnić również energię kinetyczną ruchu obrotowego. W części (b) wyznaczyliśmy tak naprawdę energię wewnętrzną (termiczną) gazu znajdującego się w piłce. Zauważ, że wartość tej energii jest 100 razy większa niż energii kinetycznej ruchu postępowego piłki z punktu (a). Żeby piłka przy takiej samej masie osiągnęła tak dużą energię kinetyczną jak w punkcie (b) musiałaby ona poruszać się niemal 10 razy szybciej. Podsumowanie Dla ciał poruszających się z prędkościami nierelatywistycznymi energia kinetyczna ruchu postępowego jest wyrażana jako 0,5 razy iloczyn masy i kwadratu prędkości ciała. Całkowita energia kinetyczna układu ciał poruszających się jest równa sumie energii kinetycznych wszystkich ciał w tym układzie. Wartość energii kinetycznej zależy od obranego układu odniesienia, zawsze przyjmuje wartości dodatnie i może być określana różnymi pojęciami w zależności od rodzaju ruchu ciała. Pytania Cząstka o masie m porusza się z prędkością daną zależnością v x i ^ + v y j ^ + v z k ^ . Czy jej energia kinetyczna jest dana zależnością w postaci: m ( v x 2 i ^ + v y 2 j ^ + v z 2 k ^ ) / 2 ? Jeśli nie, to jakie jest prawidłowe wyrażenie opisujące jej energię kinetyczną? Jedna cząstka ma masę m , natomiast druga masę 2 m . Prędkość drugiej cząstki wynosi v , a pierwszej 2 v . Jaki jest stosunek energii kinetycznych tych cząstek? Pierwsza cząstka ma energię kinetyczną 4 ⋅ 1 2 m v 2 , z kolei druga 2 ⋅ 1 2 m v 2 , czyli energia kinetyczna pierwszej cząstki jest dwa razy większa niż drugiej. Człowiek upuszcza kulkę o masie m 1 z wysokości h , kulka uderza o podłoże, mając energię E . Następnie upuszczona zostaje kulka o masie m 2 z wysokości 2 h i uderza w ziemię, mając taką samą energię jak pierwsza kulka. Jaki jest stosunek masy kulek? Zadania Porównaj wartość energii kinetycznej ciężarówki o masie 20 ton, poruszającej się z prędkością 110 km/h i ważącego 80 kg astronauty poruszającego się po orbicie z prędkością 27 500 km/h. Jak szybko musi się poruszać słoń o masie 3 ton, aby mieć taką samą energię kinetyczną jak ważący 65 kg sprinter poruszający się z prędkością 10 m/s? 1,47 m/s; Oszacuj wartość energii kinetycznej lotniskowca o masie 90 000 ton, poruszającego się z prędkością 30 węzłów. (Wskazówka: 1 węzeł to 1 mila morska na godzinę.) Oblicz energię kinetyczną: samochodu o masie 2 ton poruszającego się z prędkością 100,0 km/h; biegacza o masie 80 kg poruszającego z prędkością 10 m/s; elektronu o masie 9,1 ⋅ 10 − 31 k g poruszającego się z prędkością 2,0 ⋅ 10 7 m / s . 772 kJ; 4,0 kJ; 1,8 ⋅ 10 − 16 J . Ciało o masie 5 kg posiada energię kinetyczną taką samą, jak inne ciało o masie 8 kg. Jaki jest stosunek prędkości tych ciał? Pocisk ważący 8 gramów porusza się z prędkością 800 ⁢ m / s . Wyznacz energię kinetyczną pocisku. Ile wynosiłaby energia kinetyczna pocisku, gdyby jego prędkość zmalała o połowę? 2,6 kJ; 640 J. energia kinetyczna (ang. kinetic energy ) energia ciał będących w ruchu, równa połowie iloczynu masy ciała i kwadratu jego prędkości", "section": "Energia kinetyczna", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zasada zachowania energii mechanicznej Omówiliśmy sposoby obliczania pracy wykonanej przez siły działające na cząstkę, ale jak praca przekłada się na ruch cząstki? Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona suma wszystkich sił działających na ciało określa jego pęd (jego ruch). W związku z tym powinniśmy wziąć pod uwagę wszystkie siły działające na ciało czy też po prostu wprowadzić pojęcie pracy wypadkowej (ang. net work ), a następnie ocenić, jak będzie ona wpływać na ruch ciała. Rozważmy pracę wypadkową będącą wynikiem działania siły wypadkowej, powodującą nieskończenie małe przemieszczenie cząstki: d W wyp = F → wyp ⋅ d r → . Z drugiej zasady dynamiki Newtona wiemy, że: F → wyp = m ( d v → / d t ) , więc d W wyp = m ( d v → / d t ) ⋅ d r → . W celu dokonania opisu matematycznego musimy wyrazić pracę poprzez odpowiednią różniczkę (np. d t ) w następujący sposób: d W wyp = m d v → d t ⋅ d r → = m d v → ⋅ d r → d t = m v → ⋅ d v → . W powyższym równaniu za prędkość podstawiliśmy pierwszą pochodną przemieszczenia po czasie, zapisując w ten sposób iloczyn skalarny w bardziej czytelny sposób ( ). W celu ułatwienia obliczeń, zamiast wykonywać całkowanie wielkości wektorowych, zapiszmy wartość iloczynu skalarnego za pomocą składowych oraz wykonajmy całkowanie od A do B (punkty na trajektorii cząstki). Wynik tej całki wyznacza nam wartość pracy wypadkowej: W wyp A B = ∫ A B ( m v x d v x + m v y d y + m v z d z ) = 1 2 m | v x 2 + v y 2 + v z 2 | A B = | 1 2 m v 2 | A B = E B − E A . W trzecim kroku wykorzystaliśmy fakt, że suma kwadratów składowych wektora odpowiada kwadratowi długości wektora. Na koniec wykorzystaliśmy definicję energii kinetycznej. Równanie to opisuje w sposób matematyczny zasadę równoważności pracy i energii (ang. work–energy theorem ) ( ), która jest szczególnym przypadkiem zasady zachowania energii. Równoważność pracy i energii Praca wypadkowa jest równa różnicy energii kinetycznych ciała: W wyp = E B − E A . Konie ciągną obciążenie podczas zawodów w ramach festynu. Praca wykonywana przez konie jest wykorzystywana do zmiany energii kinetycznej ciągniętego obiektu. (Źródło: “Jassen”/ Flickr) Zgodnie z zasadą zachowania energii, kiedy dane ciało zwalnia, zmniejsza się jego energia kinetyczna, co odpowiada ujemnej wartości pracy, która została wykonana przez siły działające na to ciało. Kiedy ciało przyspiesza, praca ma wartość dodatnią. Kiedy wyznaczamy wartość pracy wypadkowej, musimy uwzględnić wszystkie siły działające na ciało, a nie brać pod uwagę tych, które nie działają na ciało. W przeciwnym wypadku dostaniemy błędny wynik. Dzięki zastosowaniu prawa o równoważności pracy i energii (oraz ogólnej formy zasady zachowania energii) jesteśmy w stanie rozwiązywać zadania/problemy w dużo prostszy sposób niż za pomocą rozwiązywania równań opartych na drugiej zasadzie dynamiki Newtona. Na przykład w rozdziale Zasady dynamiki Newtona wyznaczyliśmy prędkość ciała ślizgającego się bez tarcia przy użyciu drugiej zasady dynamiki Newtona (poprzez wykorzystanie przyspieszenia ciała w postaci g ). v końc 2 = v pocz 2 + 2 g ( s końc − s pocz ) sin θ , gdzie s jest przemieszczeniem. Możemy to samo zagadnienie rozwiązać przy pomocy zasady zachowania energii. Jako że tylko dwie siły działają na ciało – siła grawitacji oraz siła sprężystości podłoża (która nie wykonuje żadnej pracy), cała praca jest wykonywana przez siłę grawitacji. Zatem: W wyp = W graw = − m g ( y końc − y pocz ) , gdzie y ma wartość dodatnią w przyjętym układzie odniesienia. Praca, zgodnie z zasadą zachowania energii, będzie równa energii kinetycznej nabytej przez ciało: − m g ( y końc − y pocz ) = 1 2 m ( v końc 2 − v pocz 2 ) . Z zależności trygonometrycznych mamy: ( y końc − y pocz ) = ( s końc − s pocz ) sin θ . Zatem widać, że wyznaczona obydwoma sposobami prędkość jest taka sama. Co zyskujemy dzięki wykorzystaniu zasady zachowania energii przy rozwiązywaniu zadań? Dla ruchu bez tarcia na płaszczyźnie może niewiele, ale w przypadku kiedy tor ruchu jest krzywą, bądź kiedy działa tarcie, zastosowanie zasady zachowania energii w rozwiązywaniu zadań znacznie upraszcza rachunki. Często zastosowanie równań wynikających z drugiej zasady Newtona może prowadzić do obliczeń matematycznie bardzo skomplikowanych. Strategia rozwiązywania zadań: zasada zachowania energii mechanicznej Zaznacz siły działające na ciało w danym układzie odniesienia. Uwzględniając odpowiednie znaki, wyznacz pracę wykonywaną przez wszystkie siły działające na ciało w tym układzie odniesienia. Zsumuj wszystkie wartości pracy wyznaczone w poprzednim punkcie. Przyrównaj wyznaczoną pracę całkowitą do końcowej energii kinetycznej ciała w omawianym układzie odniesienia. Wyznacz wartość szukaną. Sprawdź poprawność swojej odpowiedzi. Jeżeli praca wykonana nad ciałem będzie wynosiła zero, znaczy to, że ciało będzie poruszać się ze stałą prędkością bądź będzie pozostawać w spoczynku. Jeżeli wykonana nad ciałem praca ma wartość dodatnią, to ciało poruszać się będzie ruchem przyspieszonym z przyspieszeniem dodatnim, jeżeli ujemną, to z przyspieszeniem ujemnym (tzn. ruchem jednostajnie opóźnionym). „Pętla śmierci” Zabawkowy samochodzik porusza się bez tarcia po tzw. ”pętli śmierci” o promieniu R . Z jakiej wysokości (względem podstawy pętli) musi rozpocząć ruch samochodzik, aby przebyć całą pętlę, nie odrywając się od niej w żadnym jej punkcie? Ruch bez tarcia na tzw. „pętli śmierci”. Na jakiej wysokości musi rozpocząć się ruch, aby ciało nie oderwało się od toru? Strategia rozwiązania Na oznaczono siły działające na ciało. Jedyną siłą wykonującą pracę w tym układzie jest siła grawitacji – wykonuje ona pracę dodatnią. Z zasady zachowania energii prędkość ciała w punkcie znajdującym się na wysokości 2R będzie zależna od początkowej wysokości: m g ( y 1 − y 2 ) = 1 2 m v 2 2 . Zapisując siły działające na ciało w najwyższym punkcie pętli otrzymujemy zależność w postaci: a 2R = F m = N + m g m = v 2 2 R . Aby ciało nie oderwało się od toru, musi na nie działać siła o dodatniej wartości N > 0 . Podstawiając v 2 2 i N do poprzednio opisanej zależności, otrzymamy rozwiązanie. Rozwiązanie Otrzymujemy zależność: N = − m g R + m v 2 2 R = − m g R + 2 m g ( y 1 − 2 R ) R > 0 ⟹ y 1 > 5 2 R . Znaczenie Źródłem siły dośrodkowej pojawiającej się w ruchu ciała w pętli jest siła grawitacji oraz siła reakcji podłoża (toru). Odpowiednia składowa siły grawitacji powoduje spowolnienie bądź przyspieszenie ruchu ciała. Kiedy dziecko bawi się samochodzikami na takim torze, ustala wysokość, z której należy wystartować samochodzik, metodą prób i błędów. My teraz możemy to wyznaczyć za pomocą zasady zachowania energii i to bez wykorzystywania rachunku różniczkowego. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że promień pętli w wynosi 15 cm, a ruch rozpoczyna się na wysokości 45 cm. Jaką prędkość będzie miał samochodzik w najwyższym punkcie pętli? 3 m / s . Sprawdź na stronie Carleton College , jak wygląda kolejka górska (tzw. rollercoaster) z „pętlą śmierci”. W sytuacji, w której rodzaj ruchu ciała jest znany, ale jedna bądź więcej sił działających na ciało nie ma podanej wartości, możesz wykorzystać zasadę zachowania energii, aby je wyznaczyć. Praca zależy od siły oraz przesunięcia, więc na ich podstawie możemy znaleźć szukane wielkości. Wyznaczenie siły oporów ruchu Pocisk kalibru 0,22 LR ma masę 2,60 g i prędkość wylotową 335 m/s. Może on przebić osiem sosnowych desek, których grubość wynosi 1,90 cm. Ile wynosi średnia siła oporów ruchu pocisku (patrz: )? Opory ruchu spowodowane oddziaływaniem z deską wpływają na energię kinetyczną pocisku. Strategia rozwiązania Możemy przyjąć, że opory ruchu działające na pocisk powodują zmianę jego energii kinetycznej odpowiadającej pracy siły oporów ruchu, tj. wartości iloczynu siły oporów ruchu pomnożonej przez odległość, na którą wbił się pocisk. Całkowita grubość układu ośmiu desek będzie równa 8 ⋅ 1,90 c m = 15,2 c m . Rozwiązanie Wykorzystując zasadę zachowania energii: W wyp = − F śr Δ s stop = − E pocz , więc: F śr = 1 2 m v 2 Δ s stop = 1 2 ⋅ 2,6 ⋅ 10 − 3 k g ⋅ ( 335 m / s ) 2 0,152 m = 960 N . Znaczenie Moglibyśmy wykorzystać do rozwiązania tego zadania równania wynikające z zasad dynamiki Newtona, ale zastosowanie zasady zachowania energii jest w tym wypadku dużo prostsze. Opis fizyki zderzenia pocisku z drewnianym klockiem można znaleźć w anglojęzycznym artykule Asifa Shakura [“Bullet-Block Science Video Puzzle.” The Physics Teacher (January 2015) 53(1): 15–16]. Jeżeli pocisk jest wystrzelony bezpośrednio w środek klocka, wytraca całą energię kinetyczną i wbija się na większą głębokość niż w przypadku strzału w inne miejsce. Zgodne z zasadą zachowania energii im mniejsza strata energii kinetycznej pocisku, tym mniejsza głębokość, na którą się wbija. Więcej na ten temat dowiesz się z rozdziału Moment siły . Wybróbuj aplikację PhET simulation nazywającą się the ramp , czyli pochylnia. Sprawdź, jak zmiana działającej siły wpływa na energię kinetyczną ciała. Podsumowanie Ze względu na to, że siła wypadkowa, zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona, jest równa iloczynowi masy i przyspieszenia, tj. pierwszej pochodnej prędkości po czasie, całkowita praca wykonana nad cząstką w ruchu będzie odpowiadać zmianie jej energii kinetycznej. Jest to zasada równoważności pracy i energii kinetycznej - szczególny przypadek zasady zachowania energii mechanicznej. Możesz wykorzystać tę zasadę do rozwiązywania zadań w sposób dużo prostszy niż z wykorzystaniem zasad dynamiki Newtona. Pytania Człowiek pokazany na rysunku kosi trawnik, przykładając siłę do kosiarki. Jakie warunki muszą być spełnione, aby pchanie kosiarki zwiększało energię kinetyczną kosiarki, a jakie, aby zmniejszało? Kosiarka zwiększałaby energię dla − 90 ∘ < θ < 90 ∘ i traciła dla 90 ∘ < θ < 270 ∘ . W przypadku ruchu z tarciem oczywiście kosiarka zmniejszałaby swoją energię na przeciwdziałanie sile tarcia, ale zakładamy w tym przypadku, że tarcie jest pomijalnie małe. Praca wykonana nad układem zwiększa jego energię całkowitą. Praca wykonana przez układ zmniejsza jego energię. Podaj przykłady ilustrujące te twierdzenia. Dwie kulki o masach m i 2 m zostają upuszczone z wysokości h . Porównaj ich energie kinetyczne w momencie uderzenia w ziemię. Załóż, że praca wykonana przez siły oporu ruchu wynosi zero. Energia kinetyczna drugiej kulki będzie dwa razy większa niż pierwszej. Porównaj pracę potrzebną do przyspieszenia ciała o masie 2000 kg z 30,0 do 40,0 km/h z pracą potrzebną do zmiany jego prędkości z 50,0 do 60,0 km/h. Biegniesz ze stałą prędkością. Czy wykonujesz jakąś pracę względem środowiska cię otaczającego i vice versa ? Jeżeli nie przyjmiesz założenia, że w danej sytuacji nie ma tarcia, to zawsze wykonujesz dodatnią pracę, żeby przeciwdziałać pracy siły tarcia działającej na ciebie. W przypadku stałej prędkości praca wypadkowa w takim układzie wynosi zero. Dwie siły zwiększają dwukrotnie prędkość cząstki o początkowej energii kinetycznej 1 J. Jedna z tych sił wykonuje pracę równą 4 J. Jaką pracę wykonuje druga siła? Zadania Oblicz siłę potrzebną do zatrzymania na odcinku 120 metrów samochodu o masie 950 kg poruszającego się z prędkością 90 km/h. Jaka będzie ta siła, jeżeli zatrzymanie nastąpi na odcinku 2 metrów, na skutek zderzenia z betonową ścianą? Jaki będzie stosunek tych dwóch sił? Zderzaki samochodowe są tak zaprojektowane, aby przeciwdziałać siłom działającym przy zderzeniu z nieruchomym obiektem z prędkością 4 km/h (1,1 m/s). Wyznacz, jaka średnia siła działa na zderzak, który ulega odkształceniu o 0,2 metra w trakcie zderzenia samochodu o masie 900 kg ze ścianą, jeśli samochód ma początkową prędkość 1,1 m/s. 2,72 kN. Rękawice bokserskie są wyścielone miękkim materiałem, aby zmniejszyć siłę uderzenia. Wyznacz siłę działającą przy uderzeniu w twarz przeciwnika, jeżeli rękawica ulega w jego trakcie odkształceniu o 7,50 cm przy ciosie zadanym ręką o masie 7 kg poruszającą się z prędkością 10 m/s. Oblicz, ile wynosiłaby siła uderzenia, gdyby nie stosowano rękawic, a pięść uległaby odkształceniu tylko o 2 cm. Przyjmij, że masa rękawicy w pierwszym przypadku była pomijalna. Przeanalizuj wpływ rękawic na siłę uderzenia. Czy przy zastosowaniu rękawic wyrządzamy mniejszą krzywdę przeciwnikowi niż bez nich? Stosując podejście uwzględniające zasady dotyczące energii, wyznacz średnią siłę, jaką działa sprinter o masie 60 kg na tor, aby przyspieszyć z 2 do 8 m/s na odcinku 25 metrów, jeżeli całkowite siły oporu wiatru, którym się przeciwstawia, wynoszą 30 N. 102 N. Pudło o masie 5,0 kg jest ciągnięte z przyspieszeniem 2,0 m / s 2 po płaszczyźnie; współczynnik tarcia pomiędzy pudłem a podłożem wynosi μ k = 0,50 Wyznacz pracę, jaką na odcinku 10 cm wykonuje: siła przyłożona do pudła, siła tarcia, siła wypadkowa. Jaka jest zmiana energii kinetycznej pudła w tym ruchu? Stała pozioma siła o wartości 10 N działa na wózek o masie 20 kg. Jaka będzie prędkość wózka po przejechaniu 8,0 m? Zakładamy, że wózek porusza się bez tarcia. 2,8 m/s. Ile będzie wynosiła prędkość w poprzednim zadaniu, jeżeli siła będzie przyłożona do wózka pod kątem 45 ∘ względem poziomu? Porównaj pracę potrzebną do zatrzymania skrzyni o masie 100 kg, zsuwającej się z prędkością 1,0 m/s i pocisku o masie 8,0 g przemieszczającego się z prędkością o prędkości 500 m/s. W ( pocisk ) = 20 · W ( skrzynia ) . Wóz wraz z pasażerami stoi na szczycie wzgórza. Zostaje popchnięty i zsuwa się 100 metrów wzdłuż zbocza, które jest nachylone pod kątem 10 ∘ w stosunku do poziomu. Jaka jest prędkość wozu po przejechaniu 100 metrów? Przyjmij, że ruch odbywa się bez tarcia. Pocisk o masie 8 g poruszający się z prędkością 800 m/s wbija się w drewniany klocek na głębokość 20 cm. Jaka jest średnia siła oporów ruchu? Przyjmij, że masa klocka jest dużo większa niż masa pocisku (po zderzeniu pozostaje on w spoczynku). 12,8 kN. Klocek o masie 2 kg zostaje wepchnięty na równię pochyłą o kącie nachylenia 37 ∘ względem poziomu z prędkością 10 m/s. Współczynnik tarcia klocka o równię wynosi μ k = 0,30 . Oblicz, jaką odległość od początku równi przebędzie klocek do momentu zatrzymania. Po zatrzymaniu się klocek zaczął się zsuwać w dół równi. Jaką uzyska prędkość u podnóża równi? ( Wskazówka: Zauważ, że dla ruchu w górę i w dół tylko siła tarcia wykonuje pracę.) 3-kilogramowy klocek dociska o 8,0 cm nieważką sprężynę o współczynniku sprężystości 4,5 ⋅ 10 3 N / m . Po uwolnieniu klocka przesuwa się o 2 m i zatrzymuje na skutek działania sił tarcia. Jaki jest współczynnik tarcia klocka o podłoże? 0,25. Klocek o masie 200 g zsuwa się z punktu A do punktu B , gdzie uzyskana prędkość wynosi v B = 8,0 m / s , a następnie porusza się po poziomej płaszczyźnie i zatrzymuje się w punkcie C . (Patrz rysunek.) Ile wynosi w tym ruchu praca sił tarcia? Ile wynosi współczynnik tarcia klocka o podłoże na odcinku poziomym? Ciało zsuwa się z równi pochyłej bez tarcia, a następnie po zjechaniu z niej porusza się z tarciem po torze poziomym i zatrzymuje się po 5 sekundach ruchu, przebywszy 60 metrów. Jaka jest prędkość ciała na dole równi pochyłej? Jaka jest wysokość równi? 24 m/s; 29,4 m. Ciało o masie 100 g zsuwa się ze zbocza pokazanego na rysunku, uzyskując na samym dole prędkość 4 ⁢ m / s . Jaka była praca sił tarcia? Pocisk z przebija na wylot drzwi o grubości jednej deski. Jaka jest prędkość pocisku po przebiciu drzwi? 310 m/s. Sanie zsuwają się z górki o kącie nachylenia 22 ∘ względem poziomu. Po zsunięciu się o 75 metrów wzdłuż zbocza ich prędkość wynosiła 14 m/s. Jaki był współczynnik tarcia sanek o podłoże? praca wypadkowa (ang. net work ) praca wszystkich sił działających na ciało zasada równoważności pracy i energii (ang. work–energy theorem ) praca wypadkowa sił działających na ciało jest równa zmianie energii kinetycznej tego ciała", "section": "Zasada zachowania energii mechanicznej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Moc Pojęcie pracy jest związane z siłą oraz przemieszczeniem, natomiast zasada równoważności pracy i energii kinetycznej wiąże ze sobą pracę wykonaną nad ciałem i jego energię kinetyczną. Żadne ze wspomnianych pojęć bezpośrednio nie wiąże się z czasem, jednakże wiemy z doświadczenia, że czasami ważne jest, w jakim czasie wykonana jest dana praca. We wstępie do rozdziału umieszczono zdjęcie sprinterek, z których każda wykonuje taką samą pracę na tym samym odcinku, ale w różnym czasie – i to czas właśnie jest w tym przypadku najistotniejszy. Aby powiązać ze sobą pracę i czas, w którym została wykonana, używamy nowego pojęcia – mocy. Jako że praca może być funkcją czasu, wprowadzono termin mocy średniej (ang. average power ) jako skończoną wartość pracy wykonanej w skończonym czasie: P śr = Δ W Δ t . Możemy więc zdefiniować pojęcie mocy chwilowej, często określanej po prostu jako moc (ang. power ). Moc Moc jest definiowana jako nieskończenie mała praca wykonana w nieskończenie krótkim czasie: P = d W d t . Jeżeli moc jest stała w danym przedziale czasu, to średnia moc jest równa mocy chwilowej. Wtedy pracę możemy zapisać jako W = P Δ t . Jeżeli praca ma wartość zmienną w czasie, to jej wartość jest wyrażana jako całka w postaci: W = ∫ P d t . Zasada równoważności pracy i energii kinetycznej opisuje zamianę jednej formy energii na drugą. Analogicznie pojęcie mocy opisuje szybkość takiej zamiany. Jednostką energii (pracy) w układzie SI jest dżul (1 J), więc zgodnie z definicją mocy jednostką mocy jest dżul na sekundę czyli wat: 1 J / s = 1 W . Inną często spotykaną (szczególnie w technice) jednostką jest koń mechaniczny: 1 K M = 746 W . Podciąganie się na drążku Rekrut ważący 80 kg wykonuje 10 podciągnięć na drążku w 10 sekund ( ). Jaka jest średnia moc uwalniana przez jego mięśnie? ( Wskazówka: Aby rozwiązać to zadanie, musisz dokonać rozsądnych przybliżeń.) Jaka moc wyzwalana jest w przypadku wykonania przez rekruta 10 podciągnięć w 10 sekund? Strategia rozwiązania Praca przeciwko sile grawitacji przy ruchu z góry w dół na odcinku Δ y może zostać zapisana w postaci m g Δ y . (Jeśli będziesz wykonywał w trakcie podciągania ruch w dół ze stałą prędkością, siła Twoich mięśni będzie działała również przeciwko sile grawitacji.) Zatem praca wykonana podczas całego ruchu (w górę i w dół) wynosi: 2 m g Δ y . Przyjmijmy, że Δ y = 2 f t ≈ 60 c m . Przyjmijmy również, że ręce stanowią 10% masy ciała i nie są podnoszone w trakcie podciągania się. Przy tych założeniach możemy wyznaczyć pracę wykonaną w trakcie 10 podciągnięć i wyznaczyć moc wyzwoloną w ciągu 10 sekund. Rozwiązanie Uwzględniając wcześniejsze założenia otrzymujemy: P śr = 10 ⋅ 2 ⋅ ( 0,9 ⋅ 80 k g ) ⋅ 9,8 m / s 2 ⋅ 0,6 m 10 s = 850 W . Znaczenie Wynik ten odpowiada mocy wydzielonej przy standardowych ćwiczeniach wysiłkowych. Odpowiada to mocy trochę większej niż jeden koń mechaniczny ( 1 K M = 746 W ). Sprawdź, czy rozumiesz: Oszacuj moc wydzielaną przy podnoszeniu sztangi o masie 150 kg na wysokość 2 m w czasie 3 s. 980 W. Moc związaną z wprowadzeniem ciała w ruch można wyrazić poprzez siłę działają na to ciało. Jeżeli siła F → działa na ciało, które zostaje przemieszczone o d r → w czasie d t , to moc będzie równa: P = d W d t = F → ⋅ d r → d t = F → ⋅ d r → d t = F → ⋅ v → , gdzie v → jest prędkością ciała. Zależność jest prawdziwa przy założeniu, że siła F → jest stała w czasie. Moc samochodu poruszającego w górę zbocza Jaka musi być minimalna moc silnika samochodu o masie 1200 kg, aby wjechać pod górę zbocza o nachyleniu 15% z prędkością 90 km/h ( )? Przyjmij, że 25% mocy samochodu jest wykorzystywane do przeciwdziałania siłom oporu ruchu. Chcemy obliczyć moc silnika samochodu wjeżdżającego pod górę ze stałą prędkością. Strategia rozwiązania Przy stałej prędkości zmiana energii kinetycznej równa jest zero, w związku z tym cała wykonana praca jest wykorzystywana do przeciwdziałania sile grawitacji i siłom oporu ruchu. Z założeń zadania wiemy, że 75% mocy jest wykorzystywane tylko do przeciwdziałania sile grawitacji. Moc ta jest równa m g → ⋅ v → = m g v sin ⁡ θ , gdzie θ jest kątem nachylenia zbocza. Nachylenie zbocza odpowiada zależności tg ⁡ θ = 0,15 . Rozwiązanie Na podstawie wcześniej prowadzonych zależności otrzymujemy: 0,75 P = m g v sin ⁡ ( arctg ⁡ 0,15 ) , lub P = 1200 ⋅ 9,8 ⁢ N / 3,6 ⁢ s ⋅ sin 8,53 ° 0,75 = 58 ⁢ kW ⁢ , co odpowiada 78 KM. Znaczenie Wartość obliczona odpowiada mocy silnika małego samochodu. Zauważ jednak, że wyznaczona wartość odpowiada tylko i wyłącznie ruchowi samochodu, a nie uwzględnia mocy traconej np. na ciepło. Aby samochód faktycznie mógł poruszać się w świecie rzeczywistym, moc jego silnika musiałaby być znacznie większa. Podsumowanie Moc wyraża szybkość zmian pracy w czasie. Wyznaczamy ją jako pochodną pracy po czasie. Z kolei aby wyznaczyć pracę, znając wartość mocy, musimy obliczyć całkę z mocy w funkcji czasu. Moc możemy też wyznaczyć jako iloczyn skalarny prędkości i siły działającej na ciało. Najważniejsze wzory Praca wykonana przez siłę na nieskończenie małym odcinku d W = F → ⋅ d r → = | F → | | d r → | cos ⁡ θ Praca wykonana na odcinku z A do B W A B = ∫ droga A B F → ⋅ d r → Praca stałej siły tarcia W T = − m g μ k | l A B | Praca wykonana przeciwko sile grawitacji na odcinku z A do B W graw A B = − m g ( y B − y A ) Praca ściskania/rozciągania sprężyny od długości A do B W spręż A B = − 1 2 k ( x B 2 − x A 2 ) Energia kinetyczna (nierelatywistyczna) E = 1 2 m v 2 = p 2 2 m Równoważność pracy i energii kinetycznej W wyp = E B − E A Definicja mocy P = d W d t Moc jako iloczyn skalarny prędkości i siły P = F → ⋅ v → Pytania Większość sprzętów gospodarstwa domowego jest oceniana za pomocą poboru mocy w watach. Czy zaklasyfikowanie pod tym względem zależy od tego, czy sprzęty te są włączone, czy też nie zależy? (Czy jeżeli są wyłączone, to znaczy, że mają moc równą zero?) Odpowiedz na to pytanie uwzględniając definicję mocy. Sprzęt gospodarstwa domowego jest oceniany na podstawie mocy pobieranej w stosunkowo małym czasie. Nie ma znaczenia, jak długo jest włączony, istotna jest tylko energia pobierana przez nie w jednostce czasu. Wyjaśnij, czemu zużycie energii jest wyrażane w kilowatogodzinach? Jaki jest związek pomiędzy tą jednostką a dżulem? W trakcie wyładowania elektrostatycznego, takiego jak przy zdejmowaniu poliestrowego swetra czy przy grze w koszykówkę, moc może sięgnąć kilkuset kilowatów. Jak to możliwe, że nie dzieje nam się przy tym większa krzywda? Wyładowanie jest krótkotrwałe, więc energia przekazana do naszego ciała jest niewielka. Czy praca potrzebna do podniesienia przedmiotu zależy od czasu, w którym to zrobimy? A moc? Czy moc może przyjmować wartości ujemne? Jeśli siła działająca na ciało ma zwrot przeciwny do wektora prędkości ciała, to moc może być ujemna. Czy żarówka o mocy 50 W może zużywać więcej energii niż kuchenka o mocy 1000 W? Odpowiedź uzasadnij. Zadania Człowiek o dobrej sprawności fizycznej może wytworzyć do 100 W mocy, np. zasilając silnik elektryczny przez pedałowanie jak na rowerze. Zakładając, że taki silnik przetwarzałby energię bezstratnie: ile osób byłoby potrzebnych, aby zasilić suszarkę o mocy 4 kilowatów do ubrań? ile osób byłoby potrzebnych, aby zastąpić elektrownię wytwarzającą 800 MW mocy? 40; 8 milionów Jaki jest koszt pracy zegara o mocy 3 W przez rok, zakładając cenę 0,50 zł za k W h ? Klimatyzator zużywa 15,0 kW mocy. Jaki jest koszt użytkowania klimatyzatora w Kalifornii przez 3,00 h dziennie przez 30,0 dni jeżeli koszt k W h wynosi 0,50 zł? 675 zł. Jaki jest roczny koszt użytkowania urządzenia, które zużywa 100 k W h mocy dziennie? Jaką ilość energii zużywa ono rocznie (w dżulach)? Jaka jest średnia moc człowieka który wykonuje pracę 6,00 ⋅ 10 6 J przez 8,00 h? Ile czasu zajmie takiemu człowiekowi podniesienie 2000 kg cegieł na platformę znajdującą się na wysokości 1,50 m? (Pomiń masę człowieka.) 208 W; 141 s Motocykl o masie 500 kg przyspiesza od zera do 110 ⁢ m / s na odcinku 400 metrów. Średnia siła tarcia na tym odcinku wynosiła 1200 N. Jaka jest średnia moc silnika motocykla, jeżeli przyspieszenie do 110 ⁢ m / s zajęło mu 7,3 sekundy? Ile czasu będzie potrzebował samochód o masie 850 kg i mocy 40 KM, aby uzyskać prędkość 15 m/s przy założeniu, że zaniedbujemy tarcie? Ile czasu zajmie przyspieszenie do tej prędkości, jeżeli samochód będzie wjeżdżał pod górkę o wysokości 3 metrów? 3,20 s; 4,04 s. Znajdź moc silnika windy, która unosi ciężar 2500 kg na wysokość 35,0 m w 12,0 s, jednocześnie przyspieszając od 0 do 4,00 m/s. Dla tej windy przeciwwaga wynosi 10 000 kg, więc pomimo tego, że tylko 2500 kg jest podnoszone na wysokość h, to przyspieszenie dotyczy również przeciwwagi. Jaki jest koszt pracy windy, jeżeli jednostkowy koszt k W h wynosi 0,50 zł? Jak długo zajmie samolotowi o masie 1,50 ⋅ 10 5 k g i mocy silników 100 MW uzyskanie prędkości 250 m/s i wysokości 12,0 km, jeżeli opory ruchu są pomijalnie małe? Jeżeli zajęłoby to 900 s, to jaka byłaby moc silników? Zakładając, że moc się nie zmieniła, ile wynosiły siły oporów ruchu, jeżeli zajęłoby to aż 1200 s? ( Wskazówka: Musisz wyznaczyć odcinek, który przebędzie samolot ze stałym przyspieszeniem przez 1200 sekund.) 224 s; 24,8 MW; 49,7 kN. Oblicz moc potrzebną, aby 950-kilogramowy samochód wjechał pod górkę o kącie nachylenia wynoszącym 2,00 ∘ ze stałą prędkością 30,0 m/s, przeciwstawiając się sile wiatru wynoszącej 600 N. Mężczyzna o masie 80 kg wbiega po schodach na wysokość 20 metrów w czasie 10 sekund. Jaka była moc potrzebna, żeby tego dokonać? Jeżeli wydajność ciała mężczyzny wynosiła 25%, to jaka była jego moc całkowita? 1,57 kW; 6,28 kW. Człowiek z poprzedniego zadania wykorzystuje w przybliżeniu energię równą 1,05 ⋅ 10 7 J (2500 kalorii) dziennie, zachowując stałą masę ciała. Jaka jest średnia moc człowieka w ciągu dnia? Porównaj to z mocą potrzebną do wbiegania po schodach. Elektron w lampie kineskopowej przyspiesza od zera do prędkości 8,4 ⋅ 10 7 m / s na odcinku 2,5 cm. Jaka moc jest dostarczana do elektronu w czasie potrzebnym na przemieszczenie się elektronu o 1,0 cm? 6,83 μ W . Węgiel jest wywożony z kopalni na powierzchnię z głębokości 50 metrów przez windę wyposażoną w silnik o mocy 500 W. Ile węgla wywożone jest w ciągu minuty na powierzchnię? Zaniedbaj opory ruchu. Dziewczynka ciągnie wózek o masie 15 kg po płaskim chodniku, przykładając siłę o wartości 10 N pod kątem 37 ∘ do poziomu. Przyjmij, że tarcie zaniedbujemy, a prędkość początkowa wynosi zero. Jaka jest moc wyzwolona w tym ruchu w ciągu 2,0 s? Jaka jest jej moc chwilowa (ang. instantaneous power ) dla t = 2,0 s ? 8,51 J; 8,51 W. Typowy silnik samochodowy ma sprawność wynoszącą 25%. Przyjmij średnią moc ważącego 1000 kg samochodu jako 140 KM. Jaki jest maksymalny kąt nachylenia wzgórza, pod które taki samochód podjedzie ze stałą prędkością wynoszącą 50 km/h, jeżeli siły oporu ruchu wynosiły 300 N? Biegnąc z prędkością 13 km/h, osoba ważąca 70 kg zużywa mniej więcej 850 W mocy. Zakładając, że proces konwersji mocy ma sprawność 25%, ustal, jaką moc musi zużyć człowiek wbiegający ze stałą prędkością pod górę o kącie nachylenia 5,0 ∘ względem poziomu. Załóż, że w obu przypadkach działają takie same opory ruchu. 1,7 kW. Zadania dodatkowe Wózek przebywa odległość D po płaskiej, poziomej powierzchni na skutek działania siły F skierowanej pod kątem θ względem poziomu. Na wózek działają również siły grawitacji ( Q ), reakcji podłoża ( F R 1 ) i ( F R 2 ) oraz tarcia tocznego F T 1 i F T 2 (jak pokazano na rysunku). Jaką pracę wykonują poszczególne siły? Na cząstkę działają różne siły, z których jedna (stała w czasie) może być opisana zależnością: F → 1 = 3 N ⋅ i ^ + 4 N ⋅ j ^ . W rezultacie przemieszcza się ona wzdłuż osi x od x = 0 m do x = 5 m w pewnej chwili czasu. Jaką pracę wykonała siła F → 1 w tym czasie? 15 N ⋅ m . Na cząstkę działają różne siły, z których jedna (stała w czasie) może być opisana zależnością: F → 1 = 3 N ⋅ i ^ + 4 N ⋅ j ^ . W rezultacie przemieszcza się ona wzdłuż osi x od x = 0 m do x = 5 m , a następnie wzdłuż osi y od y = 0 m do y = 6 m . Jaką pracę wykonała siła F → 1 w tym czasie? 39 N ⋅ m . Na cząstkę działa siła, której wartość zależy od punktu położenia. Siła ta dana jest zależnością: F → 1 = 2 y ⋅ i ^ + 3 x ⋅ j ^ . Oblicz pracę, jaką wykona ta siła przy przesunięciu cząstki o 5 metrów w prawo w stosunku do punktu przecięcia osi współrzędnych. Chłopiec ciągnie wózek o masie 5 kg przez pewną chwilę czasu, przykładając siłę 20 N pod kątem 30 ∘ względem poziomu. Wózek przebywa odległość 12 metrów. Oblicz pracę, jaką wykonał chłopiec. Jaka byłaby praca wykonana przez chłopca, gdyby siła była przyłożona poziomo, a nie pod kątem? Ruch odbywa się bez tarcia. 208 N ⋅ m ; 240 N ⋅ m . Skrzynia o masie 200 kg musi zostać przetransportowana z parteru na trzecie piętro. Tragarze najpierw mogą wjechać windą na trzecie piętro, a następnie przesunąć skrzynię po podłodze do właściwego mieszkania lub najpierw przesunąć skrzynię do punktu C , użyć windy, a następnie przesunąć skrzynię o krótszy niż wcześniej odcinek do mieszkania. Problemem jest to, że podłoga na trzecim piętrze jest dużo bardziej chropowata niż na parterze. Zakładając, że współczynnik tarcia pomiędzy skrzynią a podłogą na parterze wynosi 0,1, a na trzecim piętrze 0,3, znajdź pracę potrzebną do przetransportowania skrzyni z punktu A do E . Przyjmij, że tragarze muszą użyć takiej siły, aby skrzynia poruszała się ze stałą prędkością. Uwaga: Praca wykonywana przez windę przeciwko sile grawitacji nie wlicza się do rachunków, bo nie jest wykonywana przez tragarzy. Krążek hokejowy o masie 0,17 kg porusza się po powierzchniach o różnym współczynniku tarcia, zależnym od położenia. Dla ruchu wzdłuż osi x współczynnik tarcia dany jest zależnością: μ ( x ) = 0,1 + 0,05 x . Znajdź pracę siły tarcia na odcinku (a) od x = 0 m do x = 2 m , i (b) od x = 2 m do x = 4 m . − 0,9 N ⋅ m ; − 0,83 N ⋅ m . Pionowa siła o wartości 20 N pozwala na podnoszenie ze stałą prędkością pudełka o masie 5 kg po równi pochyłej. Ruch odbywa się bez tarcia, a zmiana wysokości, na której znajduje się pudełko wynosiła 3 metry. Jaką pracę wykonała siła grawitacji przy tym ruchu? Jaką pracę wykonała praca wypadkowa? Jaką pracę wykonała siła działająca na klocek? Pudło o masie 7 kg jest przesuwane bez tarcia po poziomej podłodze z prędkością 1,7 m/s i zderza się z nieważką sprężyną, która na skutek zderzenia ulega ściśnięciu o 23 cm. Jaka jest energia kinetyczna pudła przed zderzeniem? Oblicz pracę wykonaną przez siłę sprężystości sprężyny. Wyznacz współczynnik sprężystości sprężyny. 10 J; 10 J; 380 N/m. Samochód porusza się po poziomej drodze. Współczynnik tarcia pomiędzy oponami a podłożem wynosi 0,55. Kawałek gruzu nagle spada przed samochodem, na skutek czego kierowca nagle wciska hamulec. To z kolei powoduje nagłe zatrzymanie się go na drodze 30,5 metrów, co można zaobserwować za pomocą śladów na jezdni. Kiedy policjant obejrzał ślady, dał kierowcy mandat za przekroczenie dozwolonej prędkości 13,4 m/s. Czy miał rację? Skrzynia jest pchana po poziomej chropowatej powierzchni. Kiedy działające na nią siły przestaną działać, zwolni i w końcu się zatrzyma. Jeżeli skrzynia o masie 50 kg poruszająca się z prędkością początkową 8 m/s zatrzyma się po czasie 10 sekund, to jaka jest moc siły tarcia w tym ruchu? 160 J/s Przyjmijmy, że pozioma siła o wartości 20 N jest potrzebna, aby skrzynia o masie 50 kg poruszała się ze stałą prędkością 8 m/s. Jaka jest moc działającej siły? Przyspieszenie w tym ruchu wynosi zero pomimo tego, że na skrzynię działa siła 20 N. Co się w takim układzie dzieje z pracą siły działającej na skrzynię? Nasiona spadają pionowo w dół z szybkością nasypową 10 kg/s na pas transmisyjny poruszający się z prędkością 2 m/s. Jaka siła jest potrzebna, aby pas poruszał się ze stałą prędkością? Jaka jest minimalna moc uzyskiwana z silnika napędzającego ten pas? 10 N; 20 W. Rowerzysta wjeżdża pod górkę o kącie nachylenia 5 ∘ z prędkością 8 m/s. Jeżeli jego masa wraz z rowerem wynosi 80 kg, to jaką musi on generować moc, aby to zrobić? Zadania trudniejsze Rysunek pokazuje 40 kilogramową skrzynię wpychaną na odległość 8 metrów po równi pochyłej o kącie nachylenia 30 ∘ pod działaniem siły F → działającej równoległe względem podstawy równi. Współczynnik tarcia skrzyni o równię wynosi μ k = 0,40 \\mu_{\\text{k}} = \\num{0,40} . Oblicz pracę siły przyłożonej do skrzyni, siły tarcia, siły grawitacji oraz siły wypadkowej. Przy ruchu skrzyni w górę: 3,46 kJ; −1,89 kJ; −1,57 kJ; 0 N; Przy ruchu w dół: −0,39 kJ; −1,18 kJ; 1,57 kJ; 0 N. Jaka byłaby praca siły tarcia w poprzednim zadaniu, jeżeli współczynnik tarcia skrzyni o powierzchnię równi zmalałby w taki sposób, że pod działaniem takiej samej poziomo skierowanej siły po przebyciu 8 metrów jej prędkość wynosiłabym 5 m/s? Siła F ( x ) zależy od położenia tak jak pokazano na rysunku. Znajdź pracę tej siły przy zmianie położenia cząstki z x = 1,0 m do x = 5,0 m 8,0 J. Wyznacz pracę siły z wykonaną pomiędzy tymi samymi punktami A = ( 0 m , 0 m ) i B = ( 2 m , 2 m ) wzdłuż łuku o promieniu 2 m i środku promienia krzywizny w punkcie ( 0 m , 2 m ) . Oblicz całkowitą drogę, używając współrzędnych kartezjańskich. ( Wskazówka: Będziesz potrzebować tablicy całek.) Rozwiąż poprzednie zadanie, korzystając ze współrzędnych biegunowych. 35,7 J. Wyznacz pracę siły z , wykonaną pomiędzy tymi samymi punktami A = ( 0 m , 0 m ) i B = ( 2 m , 2 m ) , wzdłuż łuku o promieniu 2 m i środku promienia krzywizny w punkcie ( 2 m , 0 m ) . Oblicz całkowitą drogę, używając współrzędnych kartezjańskich. ( Wskazówka: Będziesz potrzebować tablicy całek.) Rozwiąż poprzednie, zadanie korzystając ze współrzędnych biegunowych. 24,3 J. Stała moc P dostarczana jest przez silnik do samochodu o masie m . Wykaż, że w przypadku gdy zaniedbujemy siły oporów ruchu, odległość, którą pokonuje on od momentu rozpoczęcia ruchu w czasie t , jest dana wyrażeniem s = ( 8 P / 9 m ) 1 / 2 t 3 / 2 . Załóżmy, że opór powietrza nie zależy od prędkości samochodu. Kiedy samochód porusza się z prędkością 15 m/s, silnik dostarcza do jego kół moc 20 KM. Ile wynosi moc dostarczana do kół przy prędkości 30 m/s? Ile energii jest potrzebne, aby przejechać 10 ⁢ km tym samochodem z prędkością 15 m/s, a ile z prędkością 30 m/s? Możemy założyć, że silnik posiada sprawność 25%. Odpowiedz na pytanie (b), nie uwzględniając pierwszego założenia i przyjmując, że opór powietrza jest wprost proporcjonalny do prędkości. 40 KM; 39,8 MJ; 80 KM, 79,6 MJ przy 30 m/s. Załóż, że sprężyna z (a) ma masę M (gęstość liniowa sprężyny jest stała). Lewy koniec sprężyny jest zamocowany na stałe do ściany, natomiast prawy w pozycji równowagi x = 0 m porusza się z prędkością v na kierunku x . Jaka jest całkowita energia kinetyczna sprężyny? ( Wskazówka: Najpierw napisz wyrażenie opisujące energię kinetyczną nieskończenie małej masy sprężyny d m w odniesieniu do masy całej sprężyny i jej długości w położeniu równowagi oraz długości sprężyny, a następnie oblicz odpowiednią całkę.) średnia moc (ang. average power ) stosunek pracy do czasu, w którym została wykonana moc (ang. power ) (także: moc chwilowa) stosunek nieskończenie małej wartości pracy do nieskończenie małego czasu, w którym została wykonana", "section": "Moc", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Zdjęcie przedstawia fragment rzeźby „Kulkowa Machina” autorstwa George'a Rhoadsa. Kulka w tym układzie jest podnoszona, kręci się, spada, odbija i zderza z różnymi elementami toru. W trakcie tej podróży energia kinetyczna kulki zmienia się w określony, przewidywalny sposób, który zależy od jej położenia i oddziaływania z innymi obiektami. (Źródło: modyfikacja pracy Rolanda Tanglao) W dziele George'a Rhoadsa ruch kulek jest bezpośrednim wynikiem spełnienia zasady zachowania energii. Zasada zachowania energii łączy interakcje pomiędzy kulkami ze zmianą energii kinetycznej oraz jej konwersją na inne formy energii. W tym rozdziale wprowadzimy pojęcie energii potencjalnej i wyjaśnimy jego znaczenie w kontekście ruchu mechanicznego. Pozwoli nam to na sformułowanie zasady zachowania energii i zastosowanie jej w prostych układach, co w znaczącym stopniu ułatwia ich rozwiązanie. Końcowa część rozdziału dotycząca różnych źródeł energii pozwoli nam zrozumieć reguły konwersji jednego rodzaju energii w drugą. W dalszych częściach książki zasada zachowania będzie, wraz z rosnącą złożonością poruszanych zagadnień, stosowana w coraz bardziej szczegółowy sposób.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Energia potencjalna układu W podrozdziale Praca pokazaliśmy, że praca wykonana przez siłę grawitacji działającą na ciało znajdujące się w pobliżu powierzchni Ziemi nie jest zależna od toru ruchu, a zależy jedynie od różnicy położeń: końcowego i początkowego. Istnienie takiej zależności pozwala nam na wprowadzenie nowego, innego niż kinetyczna rodzaju energii – energii potencjalnej (ang. potential energy ). W kolejnych sekcjach tego rozdziału będziemy rozważać różne formy energii potencjalnej. Energia potencjalna: podstawy W rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach analizowaliśmy ruch ciała w rzucie ukośnym podobny do tego przedstawionego na , gdzie zawodnik kopie piłkę. W tym przykładzie zignorujemy siły tarcia i opór powietrza. Podczas wznoszenia się piłki praca sił grawitacji ma znak ujemny, ponieważ przesunięcie pionowe piłki jest dodatnie (piłka się unosi), natomiast siła grawitacji jest skierowana w dół. Zauważmy, że piłka spowalnia w trakcie ruchu w górę, aż do momentu osiągnięcia najwyższego punktu swojego lotu. Ta „utracona” energia kinetyczna jest zamieniana na energię potencjalną grawitacji układu piłka-Ziemia. Gdy piłka opada w kierunku Ziemi, praca ma znak dodatni, ponieważ zarówno siła, jak i przesunięcie są skierowane w dół. Piłka przyspiesza, co przekłada się na wzrost energii kinetycznej. Energia jest zatem zamieniana z energii potencjalnej grawitacji z powrotem na kinetyczną. W trakcie lotu piłki w górę i w dół energia kinetyczna zamienia się w energię potencjalną grawitacji i na odwrót. W oparciu o ten przykład możemy zdefiniować różnicę energii potencjalnej w punktach A i B jako pracę wykonaną przez pewną siłę wziętą ze znakiem minus: Δ E p A B = E p B − E p A = − W A B . Wzór definiuje różnicę energii potencjalnej (ang. potential energy difference ), a nie wartość bezwzględną energii. W związku z tym, aby wyznaczyć energię potencjalną w danym punkcie, powinniśmy porównać ją z wartością energii w punkcie, w którym jest ona znana. Punkt ten nazywamy punktem odniesienia. Oznaczając punkt odniesienia przez r → 0 możemy powyższy wzór zapisać następująco: Δ E p = E p ( r → ) − E p ( r → 0 ) . Punkt odniesienia r → 0 , w którym energia potencjalna ma znaną, standardową wartość, jest dobierany w taki sposób, aby jak najbardziej uprościć rozpatrywane zagadnienie. Należy pamiętać, że niezależnie od tego, w jaki sposób go określono w trakcie rozwiązywania danego problemu fizycznego, należy konsekwentnie trzymać się tego wyboru. Istnieje kilka ogólnie przyjętych sposobów wyboru wartości odniesienia dla energii potencjalnej. Na przykład najniższe położenie w danym układzie jest zazwyczaj uznawane za zero dla energii potencjalnej grawitacji. Innym sposobem określenia zerowej energii jest umieszczenie ciała w punkcie jak najbardziej (nieskończenie) oddalonym, gdzie wartość siły oddziaływania można przyjąć za równą zero. Przy takim wyborze, przyjmując energię równą zero w r → 0 , zmianę energii potencjalnej można po prostu wyrazić jako energię potencjalną w danym punkcie Δ E p = E p ( r → ) . Jeśli nie ma sił tarcia ani oporu powietrza, to zmiana energii kinetycznej piłki jest równa zmianie energii potencjalnej grawitacji. To stwierdzenie można uogólnić na dowolny typ energii potencjalnej: Δ E k A B = Δ E p A B . Przeanalizujmy następujące przykłady, w których przyjęliśmy zero energii potencjalnej grawitacji w różnych punktach. Podstawowe właściwości energii potencjalnej Cząstka porusza się wzdłuż osi x pod wpływem siły przyciągającej określonej równaniem F = − a x 2 , gdzie a = 3 N/m 2 . (a) Jaka jest różnica energii potencjalnej przy przemieszczeniu cząstki z x A = 1 m do x B = 2 m ? (b) Oblicz energię potencjalną cząstki w x = 1 m , wiedząc, że energia potencjalna w x = 0 m wynosi 0,5 J. Strategia rozwiązania (a) Różnica energii potencjalnej jest równa wartości wykonanej pracy wziętej ze znakiem minus, tak jak określa to . W poprzednim rozdziale praca została zdefiniowana poprzez iloczyn skalarny siły i wektora przemieszczenia. Cząstka porusza się w kierunku dodatnim x , zatem iloczyn skalarny sprowadza się się do zwykłego iloczynu wartości wektorów ( i ^ ⋅ i ^ = 1 ). Żeby wyznaczyć pracę, musimy obliczyć całkę w określonych granicach. Po scałkowaniu możemy określić pracę oraz energię kinetyczną. (b) Energia potencjalna (w stosunku do znanej energii odniesienia w x = 0 ) to całka nieoznaczona, taka sama jak ta przedstawiona w części (a), ze stałą całkowania określoną poprzez . Następnie, poprzez wstawienie wartości x do wzoru na energię potencjalną obliczamy jej wartość w x = 1 m . Rozwiązanie Praca wykonana przez siłę podczas przesunięcia cząstki z położenia x do x + d x w jednym wymiarze wynosi: d W = F → ⋅ d r → = F d x = − a x 2 d x . Podstawiając to wyrażenie do , otrzymujemy: Δ E p = − W = ∫ x 1 x 2 a x 2 d x = 1 3 ⋅ 3 N m 2 ⋅ [ x 3 ] 1 m 2 m = 7 J . Całka nieoznaczona pozwalająca wyznaczyć energię potencjalną z przykładu (a) jest równa: E p ( x ) = 1 3 a x 3 + const. , zakładamy, że stała całkowania wynosi E p ( 0 ) = 0 , 5 J . Stąd energia potencjalna w odniesieniu do zera w punkcie x = 0 wyrażona jest jako E p ( x ) = 1 3 a x 3 + 0 , 5 J . Energia potencjalna w x = 1 m wynosi: E p ( 1 m ) = 1 3 ⋅ 3 N m 2 ⋅ ( 1 m ) 3 + 0 , 5 J = 1 , 5 J . Znaczenie W tym jednowymiarowym przykładzie każda funkcja, którą możemy scałkować niezależnie od drogi, jest zachowawcza. Zauważ, w jaki sposób zastosowaliśmy definicję różnicy energii potencjalnej w celu wyznaczenia energii potencjalnej w odniesieniu do zera w wybranym punkcie. Przeanalizuj też wartości energii, które można wyznaczyć na podstawie podpunktu (b) (np. E p ( 1 m ) = 1 J oraz E p ( 2 m ) = 8 J ) w odniesieniu do różnicy wyznaczonej na podstawie (a). Sprawdź, czy rozumiesz. W ile będzie wynosić wartość energii potencjalnej w x = 1 m oraz x = 2 m , jeśli zero energii przyjmiemy w x = 1,5 m ? Wykaż, że różnica energii potencjalnych w tych dwóch punktach ciągle wynosi 7 J. 4 , 63 J − ( − 2 , 83 J ) = 7 , 00 J Układy wielu cząstek Rozpatrywany układ może zawierać wiele cząstek (lub w ogólności ciał fizycznych). Różnica energii potencjalnej będzie wtedy wyrażona poprzez wziętą z minusem pracę, wykonaną przez siły grawitacyjne lub sprężystości, które, jak to zobaczymy w następnych częściach rozdziału, są siłami zachowawczymi. Różnica energii potencjalnej zależy tylko i wyłącznie od końcowej różnicy położenia cząstek i od pewnych parametrów charakteryzujących oddziaływanie (np. masa w przypadku grawitacji albo stała sprężystości występująca w prawie Hooke'a). Zapamiętaj, że energia potencjalna jest właściwością związaną z oddziaływaniami pomiędzy różnymi ciałami w układzie, a nie własnością pojedynczego obiektu. Jest to szczególnie istotne w przypadku rozpatrywania sił elektrostatycznych. Natomiast w przykładach rozpatrywanych poniżej elementy układu są tak olbrzymie (jak Ziemia w porównaniu do ciała znajdującego się na jej powierzchni) albo małe (jak nieważka sprężyna), że zmiany, którym ulegają, są nieistotne w naszych rozważaniach. Rodzaje energii potencjalnej Dla każdego rodzaju oddziaływania zachowawczego w układzie możesz wprowadzić odpowiadającą mu energię potencjalną. Całkowita energia potencjalna układu jest równa sumie wszystkich rodzajów energii potencjalnej. Można je do siebie dodawać, ponieważ są to wielkości skalarne. Przeanalizujmy teraz pewne wybrane zagadnienia dla szczególnych rodzajów energii omawianej w rozdziale Praca . Najpierw rozważmy każdą z działających sił oddzielnie, a potem łącznie. Energia potencjalna grawitacji w pobliżu powierzchni Ziemi Rozważmy układ składający się z Ziemi oraz jednej lub większej liczby cząsteczek w pobliżu jej powierzchni (albo innego rodzaju ciał, których masa jest znikoma w porównaniu do masy planety). Siła grawitacji działająca na każdą cząsteczkę (albo ciało) na powierzchni jest skierowana pionowo w dół, a jej wartość obliczamy ze wzoru F g = m g . Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona każda cząstka, na którą działa siła grawitacji, wynikająca z przyciągania cząstki przez Ziemię, działa na Ziemię siłą o takiej samej wartości, ale o przeciwnym zwrocie. Na podstawie drugiej zasady dynamiki Newtona możemy wyznaczyć przyspieszenie związane z siłą, z jaką każda cząstka działa na Ziemię. Przyspieszenie Ziemi jest równe sile oddziaływania (czyli w tym przypadku ciężarowi cząstki m g ) podzielonej przez masę Ziemi. Masa planety jest bardzo duża w porównaniu do masy cząsteczki, a więc przyspieszenie Ziemi jest bardzo małe. Ruch Ziemi wynikający z tego oddziaływania może zostać pominięty. W rozpatrywanym układzie (grupy cząstek znajdujących się w pobliżu powierzchni Ziemi) na wszystkie cząstki działa jednorodna siła grawitacji naszej planety. W podrozdziale Praca pokazaliśmy, że praca wykonywana nad ciałem przez siłę grawitacyjną Ziemi (w pobliżu jej powierzchni) zależy od jego masy, przyspieszenia ziemskiego i różnicy wysokości, którą ciało pokonało podczas swojego ruchu (tak jak przedstawiono to w ). Z definicji, praca jest różnicą energii potencjalnej w polu grawitacyjnym Ziemi, wziętą ze znakiem minus, opisaną poniższym wzorem: Δ E p graw = − W graw A B = m g ( y B − y A ) . Zatem energia potencjalna grawitacji (ang. gravitational potential energy ) w pobliżu powierzchni Ziemi jest opisana wzorem: E p ( y ) = m g y + const. W powyższym równaniu wybór stałej jest dowolny (może być taki jak ten opisany w ), jednakże najwygodniej jest przyjąć zero energii potencjalnej w y = 0 , czyli w najniższym możliwym położeniu rozpatrywanego układu. Nie skacz – masz ogromny potencjał (w postaci energii potencjalnej)! (Źródło: Andy Spearing) Energia potencjalna grawitacji turysty Szczyt wzgórza Great Blue Hill w Milton (Massachusetts) ma wysokość 195 m, licząc od poziomu morza, a od podstawy – 147 m ( ) (Przez rdzennych Amerykanów szczyt jest określany mianem Massachusett i tego słowa osadnicy europejscy zaczęli używać jako nazwy dla okolicznych obszarów). Turysta o masie 75 kg wspina się na szczyt wzgórza. Jaka jest energia potencjalna turysty (w odniesieniu do energii, jaką miałby on znajdując się na wysokości podstawy wzgórza, którą traktujemy jako poziom odniesienia) w momencie, gdy turysta znajduje się: na wysokości podstawy wzgórza; na szczycie; na wysokości poziomu morza? Szkic profilu wzgórza Great Blue Hill w Milton (Massachusetts). Na rysunku zaznaczono rozpatrywane poziomy. Strategia rozwiązania Najpierw musimy przyjąć początek osi y i określić wartość odniesienia dla energii potencjalnej. W tym przypadku za początek układu współrzędnych należy przyjąć podstawę wzgórza oraz założyć, że energia potencjalna wynosi zero dla y = 0 . Następnie energię potencjalną turysty na danej wysokości należy obliczyć w odniesieniu do przyjętego punktu. Rozwiązanie Wybierzmy początek osi y na wysokości podstawy. W tym punkcie przyjmiemy energię potencjalną równą zero. Takie założenie sprawi, że stała całkowania ze wzoru na energię potencjalną będzie równa zero: E p ( podstawa ) = E p ( 0 ) = 0 k J . Szczyt znajduje się na wysokości y = 147 m nad podstawą, więc: E p ( szczyt ) = E p ( 147 m ) = m g h = 75 k g ⋅ 9 , 8 m s 2 ⋅ 147 m = 108 k J . Poziom morza znajduje się na wysokości y = 147 m − 195 m = −48 m , a zatem: E p ( poziom morza ) = E p ( − 48 m ) = m g h = 75 k g ⋅ 9 , 8 m s 2 ⋅ ( − 48 m ) = − 35 , 3 k J . Znaczenie Przedstawiliśmy użyteczność oraz , a także wyznaczyliśmy wartości energii potencjalnej, które są racjonalne z fizycznego punktu widzenia. Energia potencjalna grawitacji jest największa na szczycie oraz najmniejsza na poziomie morza. Siła grawitacji wykonuje pracę – również kiedy się wspinasz! Praca sił grawitacji ma wtedy wartość ujemną i w porównaniu do pracy wykonywanej przez twoje mięśnie jest nieznacząca. Niemniej jednak ta praca istnieje! Podobnie w drodze w dół – twoje mięśnie też wykonują pracę, ale o ujemnym znaku. Wartości liczbowe energii potencjalnej zależą od punku odniesienia, natomiast różnica energii potencjalnej, która ma większy sens fizyczny, już nie. Zauważ, że przedstawia różnicę, której wartości liczbowe nie zależą od początku układu współrzędnych. Sprawdź, czy rozumiesz. Jakie są wartości energii potencjalnej grawitacji turysty na wysokości szczytu, podstawy wzgórza i poziomu morza w sytuacji, gdy zero energii potencjalnej przyjmiemy na poziomie morza? 35,3 kJ, 143 kJ, 0 kJ Energia potencjalna sprężystości W podrozdziale Praca wykazaliśmy, że praca wykonana przez idealną sprężynę, w jednym wymiarze, zależy wyłącznie od stałej sprężystości i kwadratu przemieszczenia (w odniesieniu do nierozciągniętej sprężyny), tak jak przedstawia to . Wyznaczona praca jest wynikiem własności prawa Hooka, a nie cech charakterystycznych sprężyny (z wyjątkiem stałej sprężystości) czy ciała, które do niej dołączono. W związku z tym możemy zdefiniować pojęcie różnicy energii potencjalnej sprężystości (ang. elastic potential energy ) jako pracę wykonaną przez siłę sprężystości wziętą ze znakiem minus. Wyrażenie możemy wyprowadzić już teraz, zanim poddamy analizie układ, w którym takie oddziaływania występują: Δ E p = − W A B = 1 2 k ( x B 2 − x A 2 ) . W powyższym równaniu A oznacza punkt, z którego ciało rozpoczęło ruch, a B końcowy punkt ruchu. Energia potencjalna związana z tą różnicą opisana jest wzorem: E p ( x ) = 1 2 k x 2 + const. Jeśli siła sprężystości jest jedyną siłą działającą w rozpatrywanym układzie, to najprościej jest przyjąć zero energii potencjalnej w x = 0 , czyli wtedy, gdy sprężyna jest nierozciągnięta. W takiej sytuacji stała z wynosi zero. (W przypadku gdy na ciało działa więcej sił, przyjęcie innego punktu zerowego może być wygodniejsze.) Energia potencjalna sprężyny Układ składa się ze sprężyny o długości wynoszącej w stanie nierozciągniętym 20 cm i stałej sprężystości 4 N/cm. (a) Jaką energię potencjalną posiada rozciągnięta sprężyna o długości 23 cm? (b) Jaką energię potencjalną posiada rozciągnięta sprężyna o długości 26 cm? Strategia rozwiązania Energia potencjalna nierozciągniętej sprężyny wynosi zero, a więc możemy użyć ze stałą równą zero. Przyjmijmy, że x to odkształcenie, czyli różnica pomiędzy długością sprężyny rozciągniętej i sprężyny nierozciągniętej. Zatem dla sprężyny rozciągniętej możemy użyć wartości x , aby obliczyć wartość energii potencjalnej. Rozwiązanie Odkształcenie sprężyny wynosi x = 23 cm − 20 cm = 3 cm , więc związana z nim energia potencjalna jest równa E p = 1 2 k x 2 = 1 2 ⋅ 4 N c m ⋅ ( 3 c m ) 2 = 0 , 18 J . Sprężyna jest odkształcona na długość x = 26 cm − 20 cm = 6 cm , zatem energia potencjalna wynosi E p = 1 2 k x 2 = 1 2 ⋅ 4 N c m ⋅ ( 6 c m ) 2 = 0 , 72 J . Wzrost energii w porównaniu do podpunktu (a) jest równy 0,54 J. Znaczenie Obliczenie energii potencjalnej sprężystości na podstawie wymaga rozwiązania równania dla danych długości sprężyny. Skoro energia potencjalna zależy od x 2 , to jej wartość dla ściskania (ujemny x ) jest taka sama jak dla rozciągania (dodatni x ) sprężyny. Sprawdź, czy rozumiesz. Kiedy długość sprężyny w zmienia się z 22,0 cm do pewnej wartości końcowej, energia potencjalna sprężystości zmienia się o −0,0800 J . Znajdź długość końcową. 22,8 cm. Nierozciągnięta sprężyna ma długość 0,02 m (patrz: początek przykładu). Znając długość nierozciągniętej sprężyny, możemy obliczyć, że końcowe odkształcenie sprężyny wynosi 0,028 m. Stąd długość sprężyny jest sumą długości nierozciągniętej i odkształcenia, czyli 22,8 cm. Energia potencjalna grawitacji i sprężystości Masa zawieszona na sprężynie to przykład prostego, jednowymiarowego układu, uwzględniającego zarówno oddziaływania sprężyste, jak i grawitacyjne. Drugi koniec sprężyny jest przymocowany tak, jak to przedstawiono na . Układ pionowy masa-sprężyna; oś y jest skierowana w górę. Początkowo masa znajduje się w położeniu równowagi, a następnie odciągnięta zostaje w dół do położenia y min . Po uwolnieniu sprężyny rozpoczyna się ruch drgający wokół położenia równowagi. Rozpocznijmy od rozważenia energii potencjalnej grawitacji tego układu. Załóżmy, że sprężyna jest nieważka, a jedynie układ ciężarek – Ziemia uzyskuje lub traci energię potencjalną. Musimy zdefiniować punkt odniesienia dla funkcji energii potencjalnej przedstawionej w . Poziom podłoża w zadaniach związanych z polem grawitacyjnym Ziemi jest często uznawany za najwygodniejszy wybór. Jednakże w tym przypadku przyjęcie zera energii w najniższym punkcie ruchu, czyli h = 0 , będzie bardziej korzystne. Zauważ, że wybór jest dowolny i dla innego punktu odniesienia rozwiązanie zadania i tak dałoby ten sam wynik. Musimy też zdefiniować punkt odniesienia dla energii potencjalnej sprężystości zgodnie z . Położenie równowagi jest punktem matematycznie najdogodniejszym do przyjęcia zera energii potencjalnej sprężystości. Przyjmując powyższe założenia, każdą z energii potencjalnych oraz energię kinetyczną możemy zapisać w odniesieniu do trzech punktów krytycznych układu: (1) najniższe położenie ciężarka, (2) położenie równowagi układu masa-sprężyna oraz (3) najwyższy punkt osiągany przez ciało. Zauważmy, że energia całkowita układu musi być zachowana, a zatem poszczególne postacie energii przekształcają się w siebie nawzajem. Wynik rozważań przedstawiono w . Energie składowe w układzie pionowym masa-sprężyna Energia potencjalna grawitacji Energia potencjalna sprężystości Energia kinetyczna (3) Najwyższy punkt 2 m g y min 1 2 k y 2 min 0 (2) Równowaga m g y min 0 1 2 m v 2 (1) Najniższy punkt 0 1 2 k y 2 min 0 Skoczek na bungee (ang. bungee jumper ) zamienia swoją energię potencjalną grawitacji na początku ruchu na energię potencjalną sprężystości na końcu. Energia potencjalna układu pionowego masa-sprężyna Ciężarek o ciężarze 12 N jest zawieszony na sprężynie o stałej sprężystości 6,0 N / m , tak jak przedstawiono na . Następnie ciężarek jest odchylony na odległość 5,0 cm od położenia równowagi i puszczony swobodnie. Jaka jest różnica energii potencjalnej sprężystości pomiędzy nowym położeniem i położeniem równowagi? Jaka jest różnica energii potencjalnej grawitacji pomiędzy tymi położeniami? Jaka jest energia kinetyczna ciężarka, kiedy przechodzi on przez położenie równowagi? Strategia rozwiązania W części (a) i (b) musimy znaleźć różnicę energii potencjalnej, więc możemy skorzystać odpowiednio z i . Każde z tych równań pozwala obliczyć energię w odniesieniu do określonego położenia, co podkreśla fakt, że energia potencjalna zawsze jest obliczana w stosunku do jakiegoś punktu odniesienia. Wybierając punkty odniesienia, takie jak omawiano poprzednio, czyli minimum energii potencjalnej grawitacji w najniższym punkcie ruchu, a minimum energii sprężystości w położeniu równowagi układu masa-sprężyna, możemy obliczyć odpowiednie różnice energii. W części (c) należy zwrócić uwagę na różnicę dwóch rodzajów energii potencjalnej: grawitacji i sprężystości. Dzięki niej możemy obliczyć energię kinetyczną, ponieważ w rozważanym układzie nie ma tarcia, a energia całkowita musi zostać zachowana. Rozwiązanie Punkt odniesienia dla energii potencjalnej sprężystości znajduje się w położeniu równowagi, zatem różnicę energii potencjalnej sprężystości wyznaczamy jako Δ E p spr = 0 − 1 2 k y min 2 = − 1 2 ⋅ 6 , 0 N m ⋅ ( 5 , 0 c m ) 2 = − 0 , 75 J . W związku z tym, że minimum energii potencjalnej grawitacji przypada w najniższym położeniu, możemy ją wyznaczyć w następujący sposób: Δ E p graw = m g y − 0 = 12 N ⋅ 5 , 0 c m = 0 , 60 J . Ciężarek odciągnięto w dół, nadając mu energię potencjalną sprężystości, równą 0,75 J . Energia potencjalna grawitacji potrzebna do wzniesienia go na wysokość 5,0 cm wynosi 0,60 J. Pozostała energia musi być zatem równa energii kinetycznej w położeniu równowagi. Możemy znaleźć jej wartość poprzez : Δ E k = − ( Δ E p spr + Δ E p graw ) = − ( − 0 , 75 J + 0 , 60 J ) = 0 , 15 J . Znaczenie Chociaż energia potencjalna jest zawsze liczona względem jakiegoś punktu, rozwiązanie powyższego problemu jest niezależne od wyboru tego punktu. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że masa w jest w równowadze, a ty odciągasz ciężarek w dół o 3 cm więcej niż w rozważanym uprzednio przykładzie (czyli całkowite wydłużenie wynosi 8,0 cm ). Energia potencjalna sprężystości wzrasta, ponieważ rozciągasz ją bardziej, ale energia potencjalna grawitacji maleje, ponieważ ciężarek znajduje się dalej od położenia równowagi niż poprzednio. Czy sumaryczna energia potencjalna rośnie, maleje czy pozostaje bez zmian? Musi wzrosnąć, ponieważ siła była skierowana w dół, czyli praca została wykonana, aby odciągnąć ciężarek. Wykonana praca będzie równa wzrostowi całkowitej energii potencjalnej układu. Wyświetl symulację , aby dowiedzieć się więcej o zasadzie zachowania energii na przykładzie skatera. Buduj tory, rampy i skocznie dla skatera, wyświetlaj wskazania energii kinetycznej, potencjalnej oraz tarcia w trakcie jego ruchu. Możesz zabrać skatera na inne planety, a nawet w przestrzeń kosmiczną! Zestawienie wartości różnych energii występujących we wszechświecie zebrano w po to, by pokazać przykłady typowych wartości energii związanych z pewnymi zjawiskami. Część wartości obliczono na podstawie energii kinetycznej, a inne bazują na różnego rodzaju wielkościach energii potencjalnej (ale nie będziemy ich omawiać w tym miejscu). Energie różnych obiektów i zjawisk Obiekt lub zjawisko Energia w dżulach Wielki Wybuch 1 , 0 ⋅ 10 68 Roczne światowe zużycie energii 4 , 0 ⋅ 10 20 Duża bomba termojądrowa (9 megaton) 3 , 8 ⋅ 10 16 Niewielka rozszczepieniowa bomba atomowa (np. jak ta zrzucona na Hiroszimę; 10 kiloton) 4 , 2 ⋅ 10 13 1 baryłka ropy naftowej 5 , 9 ⋅ 10 9 1 tona trotylu 4 , 2 ⋅ 10 9 1 galon benzyny (ok. 4 litry) 1 , 2 ⋅ 10 8 Zalecana dzienna dawka spożycia dla dorosłego człowieka 1 , 2 ⋅ 10 7 Samochód o masie 1000 kg i prędkości 90 km/h 3 , 1 ⋅ 10 5 Piłka tenisowa o prędkości 100 km/h 22 Komar ( 10 −2 g o prędkości 0,5 m/s) 1 , 3 ⋅ 10 − 6 Pojedynczy elektron w kineskopie telewizora 4 , 0 ⋅ 10 − 15 Energia potrzebna do zerwania jednego łańcucha DNA 1 , 0 ⋅ 10 − 19 Podsumowanie W układzie z pojedynczym ciałem różnica energii potencjalnej jest równa ujemnej pracy wykonanej przez siły działające na cząstkę w trakcie jej przemieszczania się z jednego miejsca na drugie. Skoro jedynie różnica energii potencjalnej ma sens fizyczny, to zero energii może być przyjęte w dowolnym, wygodnym dla obliczeń punkcie odniesienia. Energia potencjalna w polu grawitacyjnym Ziemi, w pobliżu powierzchni planety oraz energia potencja sprężystości wynikająca z prawa Hooke'a są odpowiednio liniową i kwadratową funkcją położenia. Pytania Energia kinetyczna układu musi zawsze być większa lub równa zeru. Czy ta zasada obowiązuje również w przypadku energii potencjalnej? Odpowiedź uzasadnij. Energia potencjalna układu może być ujemna, ponieważ jest to wartość liczona względem pewnego określonego punktu. Siła uzyskana dzięki trampolinie jest zachowawcza przy założeniu, że tarcie wewnętrzne jest pomijalne. Przyjmując to założenie, opisz zmiany energii potencjalnej pływaka, który się z niej wybija. Swoje rozważania przeprowadź od momentu wejścia pływaka na skocznię do momentu, w którym jego stopy odrywają się od trampoliny tuż przed skokiem do wody. Opisz zmianę energii potencjalnej grawitacji i przemiany energii oszczepu, zaczynając od momentu, w którym lekkoatleta podnosi oszczep, do momentu wbicia się oszczepu w ziemię po prawidłowo wykonanym rzucie. Jeśli punkt odniesienia jest przyjęty na poziomie podłoża, to energia potencjalna wzrasta do momentu osiągnięcia maksimum lotu, po czym zmniejsza się wraz z opadaniem oszczepu. Całkowita zmiana energii potencjalnej w tym ruchu wynosi zero, z wyjątkiem sytuacji, w której oszczep ma punkt ciężkości poniżej punktu, z którego został wyrzucony. Dwie piłki nożne o tej samej masie zostały wyrzucone z poziomu powierzchni Ziemi z tą samą prędkością, ale pod różnymi kątami. Piłka A została kopnięta pod bardzo małym kątem względem powierzchni, a piłka B niemalże pod kątem prostym. Porównaj dla piłek A i B: (a) początkową energię kinetyczną, (b) zmianę energii potencjalnej grawitacji od poziomu gruntu do najwyższego punktu. Czy energia w części (a) ma inną wartość niż w (b)? Wyjaśnij, dlaczego tak jest. Jaki jest główny czynnik mający wpływ na prędkość ciała, które zsuwa się bez tarcia z równi pochyłej przy założeniu, że jedyna praca wykonana została przez siły grawitacji? Różnica wysokości pomiędzy położeniem początkowym i końcowym (na poziomie gruntu) ciała. Dwie osoby obserwują liść spadający z drzewa. Pierwsza stoi na drabinie, a druga na ziemi. Jeśli każda z tych osób miałaby porównać energię liścia, to czy te dwie osoby podałyby taką samą, czy różną wartość poszczególnych energii w trakcie lotu? Rozważ: energię kinetyczną liścia, zmianę energii potencjalnej grawitacji, końcową wartość energii potencjalnej. Zadania Korzystając z danych z , oblicz, ile łańcuchów DNA można rozerwać, wykorzystując energię jednego elektronu z telewizora kineskopowego. (Obecność elektronów w telewizorze dawnego typu powodowała powstawanie promieniowania rentgenowskiego, które miało działanie kancerogenne. Późniejsze wersje telewizorów kineskopowych posiadały specjalne ekranowanie, które pochłaniało promieniowanie, zanim mogło ono dotrzeć do odbiorców.) 40000 Jeśli możliwe byłoby wykorzystanie energii bomb fuzyjnych do zasilenia światowych systemów energetycznych, to ile 9-megatonowych bomb byłoby potrzeba, aby zaspokoić roczne zapotrzebowanie świata na energię elektryczną (użyj danych z )? Kamera o ciężarze 10 N odpadła z drona unoszącego się na wysokości 20 m i spada swobodnie. Jaka jest zamiana energii potencjalnej związana z upadkiem kamery, jeśli za punkt zera energii potencjalnej przyjmiemy poziom gruntu? poziom, na jakim unosi się dron? Jaka jest wartość energii potencjalnej kamery, zanim odpadnie z drona? Jaka jest wartość energii potencjalnej kamery po tym, jak zderza się z ziemią? Dla dwóch ostatnich podpunktów przyjmij zero energii potencjalnej w punkcie, w którym przebywa obserwator, czyli w budynku na wysokości 30 m nad ziemią. a. −200 J ; b. −200 J ; c. −100 J ; d. −300 J Pasażer upuścił kamień o masie 50 g z pokładu statku na wysokości 70,0 m od poziomu lustra wody. Osoba stojąca na pomoście 3,0 m nad poziomem wody trzyma sieć, w którą zamierza złapać kamień. Jaką pracę wykonują siły grawitacji na kamieniu w trakcie jego lotu? Jaka jest zmiana energii potencjalnej grawitacji podczas lotu? Jeśli przyjmiesz punkt odniesienia z zerową energią potencjalną na poziomie lustra wody, jaka będzie wartość energii potencjalnej w momencie upuszczenia kamienia? Jaka będzie jej wartość w chwili, gdy kamień wpadnie w sieć? Co się stanie, jeśli przyjmiemy, że energia potencjalna na poziomie lustra wody wynosi 30,0 J? Oblicz wartości dla pytań postawionych w (c) oraz (d), przyjmując nowy punkt odniesienia. Kocia zabawka w kształcie kulki ma masę 15 g i zostaje wyrzucona prosto w górę z prędkością początkową 3 m/s . Przyjmij, że opór powietrza jest pomijalny. Ile wynosi energia kinetyczna kulki w momencie wyrzutu? Ile wynosi praca wykonana przez siły grawitacji podczas lotu wznoszącego zabawki? Jaka jest zmiana energii potencjalnej grawitacji w tej części ruchu? Jeśli zero energii potencjalnej jest przyjęte na wysokości wyrzucającej ręki, jaka jest energia potencjalna w momencie, kiedy zabawka osiąga maksymalną wysokość? Jeśli punkt odniesienia dla energii przyjmiemy w punkcie maksymalnej wysokości, to jaka będzie energia potencjalna w momencie, gdy zabawka opuszcza rękę? Oblicz maksymalną wysokość, na jaką może wznieść się kulka. a. 0,068 J ; b. −0,068 J ; c. 0,068 J ; d. 0,068 J ; e. −0,068 J ; f. 46 cm energia potencjalna (ang. potential energy ) jest to funkcja położenia, energia posiadana przez ciało w odniesieniu do rozpatrywanego układu fizycznego różnica energii potencjalnej (ang. potential energy difference ) praca wzięta z minusem wykonana podczas przemieszczenia ciała pomiędzy dwoma punktami w przestrzeni", "section": "Energia potencjalna układu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Siły zachowawcze i niezachowawcze Do tej pory w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii każdorazowa konwersja energii kinetycznej i potencjalnej spełniała zasadę zachowania energii. Prawo działało niezależnie od drogi przebytej przez ciało, tzn. mogliśmy analizować ciało w dowolnych dwóch punktach ruchu i suma jego energii potencjalnej i kinetycznej w obu punktach była sobie równa. Jest to cecha charakterystyczna sił zachowawczych (ang. conservative force ). W zagadnieniach analizowanych w poprzedniej sekcji mieliśmy do czynienia właśnie z takimi siłami, przykładami których są siły grawitacji i sprężystości. W analizie ruchu piłki na całkowita energia mechaniczna nigdy się nie zmieniała, zarówno wtedy, gdy ciało zwiększało swoją energię potencjalną podczas wznoszenia, jak i odwrotnie, gdy zmniejszało ją podczas lotu opadającego. Siły niezachowawcze (ang. non-conservative force ) mają inne właściwości. Są to siły rozpraszające (dyssypatywne), których przykładami są tarcie oraz opory powietrza. Oddziaływania takiego rodzaju prowadzą do rozproszenia energii, czyli nieodwracalnej przemiany energii, której potem nie można odzyskać. Praca sił niezachowawczych jest zależna od przebytej drogi. Siła zachowawcza Praca wykonana przez siłę zachowawczą nie zależy od drogi. Innymi słowy praca siły zachowawczej jest taka sama dla każdej drogi biegnącej pomiędzy dwoma położeniami: W A B droga 1 = ∫ A B droga 1 F → zach ⋅ d r → = W A B droga 2 = ∫ A B droga 2 F → zach ⋅ d r → . Natomiast praca siły niezachowawczej zależy od drogi przebytej przez ciało. Można zatem powiedzieć, że praca wykonana przez siły zachowawcze na drodze zamkniętej (pętli) jest równa zero: W droga zamk. = ∮ E → zach ⋅ d r → = 0. W korzystamy z notacji, w której okrąg w znaku całki oznacza całkowanie po krzywej zamkniętej – jest to sposób zapisu często spotykany w podręcznikach z zakresu fizyki i techniki. oraz są równoważne, ponieważ każda droga zamknięta jest sumą dwóch dróg: przebytą z punktu A do B oraz w drugą stronę od B do A . Praca obliczona wzdłuż drogi od B do A to ujemna wartość pracy obliczonej wzdłuż drogi od A do B , gdzie A i B to dowolne dwa punkty leżące na konturze drogi zamkniętej: 0 = ∫ F → zach ⋅ d r → = ∫ A B droga 1 F → zach ⋅ d r → + ∫ B A droga 2 F → zach ⋅ d r → = ∫ A B droga 1 F → zach ⋅ d r → − ∫ A B droga 2 F → zach ⋅ d r → = 0. Definicja siły zachowawczej zakłada, że wykonana przez nią praca po dowolnej drodze pomiędzy A i B jest taka sama, ale w celu obliczenia całki trzeba dokonać wyboru jakiejś konkretnej drogi. Jak w takim razie ustalić, czy siła jest zachowawcza, czy nie? Aby tego dokonać, musimy zauważyć, że praca jest niezależna od drogi, jeśli przyczynek (czyli bardzo mały przyrost danej wielkości) do pracy F → ⋅ d r → jest taki, że jego różniczka zupełna (ang. exact differential ) jest równa różniczce zupełnej energii kinetycznej d W wyp = m v → ⋅ d v → = d ( m v 2 / 2 ) . Podobna zależność obowiązuje dla równoważności pracy i energii, co zostało pokazane w podrozdziale Zasada zachowania energii mechanicznej . Istnieje aparat matematyczny, który pozwala sprawdzić, czy przyczynek do pracy wynikający z działania danej siły jest równy różniczce zupełnej energii kinetycznej, i tym samym wykazać, że siła jest zachowawcza. Zastosowanie tego aparatu wymaga jedynie różniczkowania, co jest względnie prostą operacją matematyczną. Przy rozpatrywaniu zagadnienia w dwóch wymiarach, warunki, które muszą być spełnione, aby równanie F → ⋅ d r → = F x d x + F y d y było różniczką zupełną energii kinetycznej, są następujące: d F x d y = d F y d x . Praca wykonana przez siłę opisaną w jest zależna od drogi. Zatem siła F x = 5 N m ⋅ y oraz F y = 10 N m ⋅ x . Stąd: d F x d y = 5 N m ≠ d F y d x = 10 N m , co świadczy o tym, że mamy do czynienia z siłą niezachowawczą. Czy jesteśmy w stanie zaproponować, co należałoby zmienić, aby sprawić, by omawiana siła była siłą zachowawczą? Siła wytworzona przez koło cierne jest niezachowawcza, ponieważ praca przez nią wykonana zależy od liczby wykonanych obrotów, a zatem jest zależna od drogi. Zachowawcza czy niezachowawcza? Która z następujących sił działających w dwóch wymiarach jest zachowawcza, a która nie? Załóż, że a i b to stałe o odpowiednich jednostkach: a x y 3 ⋅ i ^ + a y x 3 ⋅ j ^ , a [ ( y 2 / x ) ⋅ i ^ + 2 y ln ⁡ ( x / b ) ⋅ j ^ ] , a x ⋅ i ^ + a y ⋅ j ^ x 2 + y 2 Strategia rozwiązania Zastosuj warunek opisany w , czyli oblicz pochodne cząstkowe każdej z sił. Jeśli pochodna po x składowej y danej siły jest równa pochodnej po y składowej x , to siła jest zachowawcza. Dzieje się tak, ponieważ przy spełnieniu tego warunku niezależnie od drogi energia potencjalna tej siły przy danym przesunięciu zawsze zapewni taki sam wynik. Rozwiązanie d F x d y = d ( a x y 3 ) d y = 3 a x y 2 i d F y d x = d ( a y x 3 ) d x = 3 a y x 2 – ta siła nie jest zachowawcza. d F x d y = d ( a y 2 / x ) ) d y = 2 a y x i d F y d x = d ( 2 a y ln ⁡ ( x / b ) ) d x = 2 a y x – więc jest to siła zachowawcza. d F x d y = d ( a x / ( x 2 + y 2 ) ) d y = − a x ( 2 y ) ( x 2 + y 2 ) 2 = d F y d x = d ( a y / ( x 2 + y 2 ) ) d x – tu także jest to siła zachowawcza. Znaczenie Warunki przedstawione w bazują na pochodnych funkcji po dwóch zmiennych. W trzech wymiarach można wprowadzić podobne warunki, ale wymagają one obliczenia większej liczby pochodnych. Sprawdź, czy rozumiesz. Dwuwymiarowa siła zachowawcza przyjmuje wartość zero na osi x i y oraz spełnia warunek d F x / d y = d F y / d x = ( 4 N / m 3 ) x y . Jaka jest wartość siły w punkcie x = y = 1 m? 2,83 N Zanim skończymy rozważania w tej sekcji, zauważmy, że siły niezachowawcze nie są związane z istnieniem żadnej energii potencjalnej, ponieważ przemiana energetyczna związana z ich działaniem dąży do bezpowrotnego rozproszenia (utraty) energii, która nie może zostać zamieniona z powrotem na pracę. Natomiast energia potencjalna jest zdefiniowana poprzez pracę sił zachowawczych. zawiera pracę wyrażoną jako całkę z iloczynu skalarnego siły i przemieszczenia. W wyniku całkowania otrzymuje się pracę oraz różnicę energii potencjalnej. Przypomnijmy, że całkowanie jest działaniem przeciwnym do różniczkowania. Równie dobrze możemy obliczyć pochodną energii potencjalnej po przesunięciu, aby otrzymać siłę. Przyczynek do energii potencjalnej jest to iloczyn skalarny siły zachowawczej i przyczynku przemieszczenia. d E p = − F → ⋅ d l → = − F l d l . W powyższym równaniu dokonaliśmy wyboru reprezentacji przemieszczenia w dowolnym kierunku poprzez d l → , ponieważ nie chcieliśmy ograniczać się do żadnego wyróżnionego układu odniesienia. Następnie przekształciliśmy wzór tak, aby wyrazić iloczyn skalarny jako iloczyn składowej siły F l działającej w kierunku l i minimalnego przyrostu przemieszczenia d l . Obie wielkości są skalarami, więc możemy podzielić równanie obustronnie przez d l , by otrzymać: F l = − d E p d l . Na podstawie tego równania widzimy zależność pomiędzy siłą i energią potencjalną z nią związaną. Składowa siły zachowawczej w wyróżnionym kierunku jest równa ujemnej pochodnej energii potencjalnej po przemieszczeniu. W przypadku jednowymiarowym, np. wzdłuż osi x , przyjmuje postać F → = F x ⋅ i ^ = − ∂ E p ∂ x ⋅ i ^ . W dwóch wymiarach: F → = F x ⋅ i ^ + F y ⋅ j ^ = − ∂ E p ∂ x ⋅ i ^ − ∂ E p ∂ y ⋅ j ^ . W omawianym równaniu zastosowano pochodne cząstkowe. Jeśli funkcja jest zależna od wielu zmiennych, aby znaleźć jej różniczkę zupełną należy obliczyć pochodne cząstkowe po każdej zmiennej. Obliczając pochodną cząstkową po danej zmiennej, pozostałe zmienne traktujemy jako stałe. W przypadku trójwymiarowym do powyższego równania dodajemy trzeci, analogiczny człon dla składowej z i w efekcie otrzymujemy równanie, w którym siła jest to ujemny gradient energii potencjalnej. Na razie nie będziemy analizować układów trójwymiarowych. Siła wynikająca z energii potencjalnej będącej funkcją przemieszczenia do potęgi czwartej Energia potencjalna cząstki poruszającej się wzdłuż osi x dana jest wzorem: E p = 1 4 c x 4 , gdzie c = 8 N/m 3 . Całkowita energia cząstki w położeniu x = 0 m wynosi 2 J i nie podlega działaniu żadnej siły niezachowawczej. Znajdź: położenia, w których energia kinetyczna wynosi zero oraz wartości siły w tych położeniach. Strategia rozwiązania Stosunkowo łatwo jest znaleźć położenia, w których E k = 0 J , jeśli zauważymy, że zgodnie z zasadą zachowania energii całkowita energia mechaniczna w tej sytuacji składa się tylko i wyłącznie z energii potencjalnej. Możemy użyć , aby wyznaczyć siłę w położeniach wyznaczonych w poprzednim podpunkcie. Rozwiązanie Całkowita energia mechaniczna układu jest równa 2 J i w położeniu, w którym energia kinetyczna wynosi zero, jest równa energii potencjalnej 2 J = 1 4 ⋅ 8 N m 3 ⋅ x f 4 . Rozwiązując równanie, znajdziemy x f = ± 1 m . Z , F x = − d E p d x = − c x 3 . Stąd obliczając siłę w punktach ± 1 m , otrzymujemy F → = − 8 N m 3 ⋅ ( ± 1 m ) 3 ⋅ i ^ = ± 8 N ⋅ i ^ . W obu położeniach wartość siły wynosi 8 N i jest zwrócona w kierunku początku układu współrzędnych. Wynika to z tego, że potencjał ma charakter siły zawracającej. Znaczenie Obliczanie siły na podstawie energii potencjalnej jest matematycznie prostsze niż wyprowadzenie energii potencjalnej przy znanej sile, ponieważ różniczkowanie funkcji jest zazwyczaj prostsze niż całkowanie. Sprawdź, czy rozumiesz. Wyznacz siły działające na cząstkę w , przyjmując, że energia kinetyczna jest równa 1 J w x = 0 . F = 4 , 8 N , skierowana w stronę początku układu współrzędnych. Podsumowanie Siła zachowawcza to taka, której praca nie jest zależna od drogi. Równoważnie: siła jest zachowawcza, jeśli praca po krzywej zamkniętej jest równa zero. Siła niezachowawcza to siła, której praca zależy od drogi. Przyczynek do pracy wykonanej przez siłę zachowawczą jest różniczką zupełną energii kinetycznej. Z tej zależności wynika równanie różniczkowe, które muszą spełniać siły zachowawcze. Każda składowa siły zachowawczej w wyróżnionym kierunku jest równa ujemnej pochodnej energii potencjalnej po danej współrzędnej kierunkowej. Pytania Jaki jest sens fizyczny siły niezachowawczej? Jest to siła, która powoduje rozproszenie energii układu w ten sposób, że nie da się jej zamienić z powrotem na pracę. Zabawkowa rakieta zrobiona z butelki została wystrzelona pionowo w górę z prędkością początkową 30 m/s . Zakładając, że opory powietrza można pominąć, butelka uniosłaby się na wysokość około 46 m . Jednakże rakieta wznosi się jedynie na wysokość 35 m , po czym spada na ziemię. Co jest tego przyczyną? Wyjaśnij, dając jedynie jakościową odpowiedź. Zewnętrzna siła działa na cząsteczkę podczas jej przemieszczania się z jednego punktu do drugiego i z powrotem. Na cząstkę działają jedynie siły zachowawcze. Czy energia potencjalna i kinetyczna cząsteczki zmieni się w wyniku tego przemieszczenia? Zmiana energii kinetycznej jest równa pracy wypadkowej. W związku z tym, że siły zachowawcze są niezależne od drogi, po powrocie do punktu wyjścia energia potencjalna i kinetyczna będą miały takie same wartości jak przed rozpoczęciem ruchu. Podczas przemieszczania energia całkowita jest zachowana, ale zarówno kinetyczna, jak i potencjalna będą zmieniać swoje wartości. Zadania Siła F ( x ) = 3 , 0 N m ⋅ x − 1 działa na cząstkę podczas jej ruchu w dodatnim kierunku osi x . (a) Ile wynosi praca tej siły podczas przemieszczenia z x = 2,0 m do x = 5 , 0 m ? (b) Przyjmując typowy punkt odniesienia dla energii potencjalnej, czyli zero dla x = ∞ , oblicz energię potencjalną tej siły. Siła F ( x ) = − 5 , 0 N / m 2 ⋅ x 2 + 7 , 0 N / m ⋅ x działa na cząstkę. (a) Jaka praca zostanie wykonana przy przesunięciu z x = 2,0 m do x = 5,0 m ? (b) Przyjmując typowy punkt odniesienia dla energii potencjalnej, czyli zero dla x = ∞ , oblicz energię potencjalną tej siły. a. −120 J ; b. 120 J Oblicz siłę związaną z energią potencjalną daną wzorem E p ( x ) = − a / x + b / x 2 . Energia potencjalna oddziaływań pomiędzy dwoma atomami w cząsteczce dwuatomowej jest zazwyczaj wyrażona funkcją E p ( x ) = a / x 12 – b / x 6 , gdzie przez x wyrażono odległość pomiędzy atomami. (a) Jaka jest odległość separacji atomów, czyli taka, w której energia potencjalna przyjmuje lokalne minimum (nie w x = ∞ )? (b) Jaka jest wartość siły działającej na atomy znajdujące się w tym położeniu? (c) Jak zmienia się siła w funkcji odległości po przekroczeniu minimum lokalnego energii potencjalnej? a. ( 2 a / b ) 1 / 6 ; b. 0 ; c. ∼ x –7 Cząstka o masie 2,0 kg porusza się pod wpływem działania siły F ( x ) = 3 N m 1 / 2 / x . Jeśli prędkość cząstki dla x = 2,0 m wynosi v = 6,0 m/s, to ile wynosi prędkość dla x = 7,0 m ? Cząstka o masie 2,0 kg porusza się pod wpływem działania siły F ( x ) = − 5 , 0 N / m 2 ⋅ x 2 + 7 , 0 N / m ⋅ x . Jeśli prędkość cząstki dla x = −4,0 m wynosi v = 20,0 m/s, to ile wynosi prędkość dla x = 4,0 m ? 14 m / s Skrzynia na kółkach jest pchana bez strat energii wynikających z tarcia pomiędzy podłogą wagonu a skrzynią (patrz rysunek). Wagon porusza się – dla obserwatora stojącego na zewnątrz – w prawo ze stałą prędkością v 0 . Jeśli w momencie przyłożenia siły F (na początku ruchu) skrzynia znajdowała się w stanie spoczynku względem wagonu, to bazując na zasadzie równoważności pracy i energii, możemy stwierdzić, że F d = m v 2 / 2 , gdzie d i v to odpowiednio przemieszczenie i prędkość końcowa skrzyni liczone względem wagonu. Jakie przemieszczenie d ′ skrzyni zaobserwuje obserwator znajdujący się na zewnątrz pociągu? Ile wynosi prędkość początkowa i końcowa skrzyni, v 0 ′ oraz v ′ , zmierzona przez obserwatora? Wykaż, że F d ′ = m ( v ′ ) 2 / 2 − m ( v 0 ′ ) 2 / 2 oraz że praca jest równa zmianie energii kinetycznej w obu układach odniesienia. siła zachowawcza (ang. conservative force ) siła, której praca nie zależy od drogi przebytej przez ciało różniczka zupełna (ang. exact differential ) to różniczka, w której oblicza się sumę pochodnych funkcji po wszystkich zmiennych siła niezachowawcza (ang. non-conservative force ) siła, której praca zależy od drogi przebytej przez ciało", "section": "Siły zachowawcze i niezachowawcze", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zasada zachowania energii W tej części rozwiniemy i przeanalizujemy to, co wyprowadziliśmy w sekcji Energia potencjalna układu , gdzie przekształciliśmy zasadę równoważności pracy i energii w opis przemiany energii kinetycznej w potencjalną i na odwrót. Doprowadzi nas to do dyskusji nad fundamentalnym prawem fizyki, jakim jest zasada zachowania energii mechanicznej. W dalszych częściach książki, w których będziecie zmagać się z różnymi problemami fizyki, zobaczycie, jak można uogólnić to prawo na więcej typów energii i przemian pomiędzy nimi. Ostatnia część tego rozdziału będzie wstępem do rozważań o różnych rodzajach energii. Pojęcia takie jak „wielkości zachowane” oraz „zasady zachowania” mają szczególne znaczenie w fizyce, ale znaczenie tych słów różni się od potocznego rozumienia (podobnie można stwierdzić o powszechnym i naukowym znaczeniu pojęcia „praca”). Potocznie możemy powiedzieć, że pewną ilość wody „zachowujemy”, gdy jej nie używamy lub oszczędzamy. Woda jest zbudowana z cząsteczek składających się z dwóch atomów wodoru oraz jednego tlenu. Połącz te trzy atomy, a uzyskasz wodę, natomiast rozerwanie wiązania doprowadzi do jej zniszczenia. W świecie nauki wielkość zachowana (ang. conserved quantity ) to taka, która – jeśli jest rozpatrywana dla całego układu fizycznego – pozostaje niezmienna i/lub jest zamieniana na inną formę danej wielkości w takiej samej ilości. Wielkość zachowana może też być przekazywana do innego układu (wtedy jej ilość się zmieni), ale zawsze odbywa się to w mierzalnych, kontrolowanych ilościach. Wielkość zachowana może ulec przemianie w inną postać, ale nie może być tworzona lub anihilowana. Stąd wynika, że nie ma zasady zachowania wody w fizyce. Układ z pojedynczą cząsteczką lub ciałem Rozważmy układ z jedną cząsteczką lub ciałem. Wracając do przypomnijmy, że najpierw rozdzieliliśmy wszystkie siły działające na cząstkę na zachowawcze i niezachowawcze, a następnie zapisaliśmy pracę dla każdej z nich zgodnie z założeniami zasady równoważności pracy i energii. Zamieniliśmy pracę wykonywaną przez siły zachowawcze na zmianę energii potencjalnej cząstki i powiedzieliśmy, że możemy ją zamienić na energię kinetyczną, z czego uzyskaliśmy . Zapiszmy zatem omawiane uprzednio równanie, pomijając środkowy krok. Zdefiniujmy sumę energii kinetycznej i potencjalnej ( E k + E p = E ) jako energię mechaniczną (ang. mechanical energy ) cząsteczki. Zasada zachowania energii Energia mechaniczna E cząsteczki jest stała dopóty, dopóki nie pojawi się siła zewnętrzna (spoza układu) lub siła wewnętrzna niezachowawcza, która na nią oddziałuje. W przypadku sił niezachowawczych zmiana energii mechanicznej jest równa pracy wykonanej przez te siły: W niezach A B = Δ ( E k + E p ) A B = Δ E A B . Pierwsze z powyższych stwierdzeń definiuje pojęcie zasady zachowania energii (ang. energy conservation ) cząstki, na którą nie działają siły niezachowawcze. Klasyczna cząstka (omawiana tutaj) stanowi punkt masowy, który jest nierelatywistyczny i podlega zasadom dynamiki Newtona. W podrozdziale Teoria względności zobaczymy, że zasada zachowania energii jest prawdziwa także dla cząstek relatywistycznych, ale do wyjaśnienia tego potrzebne są pewne poprawki do definicji energii. W niektórych przypadkach wygodniej jest przyjąć, że praca wykonywana przez siły niezachowawcze jest równa zeru, ponieważ albo zakładamy, że nie ma takich sił, albo przesunięcie jest równoległe do powierzchni. Zapisujemy zatem: W niezach A B = Δ ( E k + E p ) A B = Δ E A B . W takim przypadku zasada zachowania energii jest wyrażona w następujący sposób: energia mechaniczna cząsteczki nie ulega zmianie, jeśli siły niezachowawcze, które mogą na nią oddziaływać, wykonują zerową pracę. Zrozumienie idei zasady zachowania energii jest o wiele ważniejsze niż zapamiętanie konkretnego równania, które ją wyraża. Strategia rozwiązywania zadań: zasada zachowania energii Zidentyfikuj ciało lub ciała, które należy rozpatrzeć (czyli układ fizyczny). Często w zagadnieniach związanych z wykorzystaniem zasady zachowania energii rozpatruje się więcej niż jedno ciało. Znajdź wszystkie siły działające na ciało (lub ciała). Określ, czy siły wykonujące pracę są zachowawcze. Jeśli siła niezachowawcza wykonuje pracę, to energia mechaniczna nie jest zachowana. Układ musi zostać przeanalizowany pod kątem pracy sił niezachowawczych, tj. . Dla każdej siły zachowawczej wykonującej pracę przyjmij odpowiedni punkt odniesienia dla energii potencjalnej. Punkty odniesienia dla różnych rodzajów energii potencjalnej nie muszą być wyznaczone w tym samym miejscu. Zastosuj zasadę zachowania energii mechanicznej, przyjmując, że suma energii kinetycznej i potencjalnej jest stała w każdym punkcie układu. Wahadło matematyczne Punkt materialny o masie m jest zawieszony na nieważkiej nici o długości 1,0 m przyczepionej jednym końcem do sufitu, tworząc wahadło matematyczne, tak jak przedstawiono na . Wahadło odchylono od położenia równowagi o 30 ° , po czym puszczono swobodnie. Jaka jest prędkość punktu w momencie, w którym przekracza ono najniższy punkt toru ruchu? Punkt materialny zawieszony na nieważkiej nici tworzy wahadło matematyczne. Układ przedstawiono w momencie uwolnienia wahadła oraz zaznaczono pewne wielkości przydatne w analizie ruchu. Strategia rozwiązania Zaczynając od kroku pierwszego przedstawionej wcześniej strategii rozwiązywania zadań, musimy rozpocząć od określenia, ilu ciał dotyczy zagadnienie. Rozważany problem dotyczy jedynie układu cząstka-Ziemia. Następnie zauważamy, że siła grawitacji, która jest zachowawcza, jest jedyną działającą na cząstkę. W zagadnieniu pomijamy opory powietrza, a siła naciągu nici jest prostopadła do przemieszczenia, a zatem jej praca jest równa zero. Wynika z tego, że energia mechaniczna w układzie jest zachowana i na podstawie dana wzorem 0 = Δ ( E k + E p ) . Ruch rozpoczyna się poprzez wytrącenie ciała ze stanu spoczynku (wahadło puszczono swobodnie), a więc wzrost energii kinetycznej jest równy energii kinetycznej w najniższym punkcie albo, ujmując to inaczej, zmianie energii potencjalnej (którą możemy obliczyć, bazując na geometrii). W kroku czwartym dokonujemy wyboru punktu odniesienia dla energii potencjalnej w najniższym punkcie toru ruchu. Ostatni krok polega na przyrównaniu sumy energii w najwyższym punkcie do sumy w najniższym punkcie i obliczeniu prędkości. Rozwiązanie Pomijając siły niezachowawcze, zasadę zachowania energii z uwzględnieniem jedynie punktów startowego i końcowego możemy zapisać jako: E k p + E p p = E k k + E p k . Ruch rozpoczyna się od spoczynku, a zatem początkowa energia kinetyczna jest równa zeru. Natomiast w najniższym punkcie toru przyjmujemy, że energia potencjalna jest zerowa. Nasze równania upraszczają się do postaci: 0 + m g h = 1 2 m v 2 + 0 v = 2 g h . Wysokość, na jakiej znajduje się punkt materialny na początku ruchu, nie jest dana bezpośrednio w treści zadania. Można ją wyprowadzić poprzez zastosowanie zasad trygonometrii i dwóch danych: długości wahadła oraz kąta wychylenia początkowego. Na rysunku pionową przerywaną linią oznaczono długość wahadła, a wysokość, na jakiej znajduje się ciało – poprzez h . Pozostałą część długości wahadła x = L − h można obliczyć, korzystając z zależności trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym, poprzez: cos ⁡ θ = x L , x = L cos ⁡ θ . Z powyższych ustaleń można wyprowadzić równanie na h : x + h = L L cos θ + h = L h = L − L cos θ = L ( 1 − cos θ ) . Uzyskaną wielkość podstawiamy do równania wynikającego z początkowych rozważań dotyczących energii i możemy wyznaczyć prędkość: v = 2 g L ( 1 − cos ⁡ θ ) = 2 ⋅ 9 , 8 m s 2 ⋅ 1 m ⋅ ( 1 − cos ⁡ 30 ∘ ) = 1 , 62 m s . Znaczenie Wyznaczyliśmy prędkość, korzystając bezpośrednio z zasady zachowania energii, bez potrzeby rozwiązywania równania różniczkowego dla ruchu wahadła (zobacz Drgania ). Inaczej możemy to przedstawić poprzez wykresy słupkowe energii całkowitej (ang. bar graphs of total energy ). Na początku punkt materialny ma jedynie energię potencjalną, ponieważ znajduje się w najwyższym położeniu. W momencie gdy ciało przechodzi przez położenie najniższe, cała energia potencjalna jest zamieniana na kinetyczną. Możemy zatem wyobrazić sobie, jakim przemianom podlega energia, gdy ciało przechodzi przez położenia pośrednie ( ). Zmiany energii w trakcie ruchu punktu z najniższego położenia i z powrotem do najwyższego możemy odczytać na poniższych diagramach od (c), poprzez (b), do (a). Wykresy słupkowe przedstawiające energię całkowitą ( E ), potencjalną ( E p ) oraz kinetyczną ( E k ) ciała w różnych położeniach. (a) Całkowita energia układu równa się energii potencjalnej, a energia kinetyczna jest równa zero, co jest charakterystyczne dla maksymalnego wychylenia. (b) Punkt materialny jest w połowie drogi pomiędzy maksymalnym i minimalnym położeniem, a więc energia kinetyczna jest równa potencjalnej, a ich suma – energii całkowitej. (c) Ciało jest w najniższym położeniu, energia kinetyczna osiąga maksimum i jest równa energii całkowitej, natomiast energia potencjalna jest zerowa. Sprawdź, czy rozumiesz. W jakiej odległości od położenia równowagi znajduje się wahadło z poprzedniego przykładu, jeśli jego prędkość jest równa 0,81 m / s ? 0,033 m Opór powietrza spadającego ciała W momencie, gdy helikopter unosi się na wysokości 1 km , odrywa się od niego panel spodni i pikuje w kierunku ziemi ( ). Masa panelu wynosi 15 kg , a podczas zderzenia z podłożem jego prędkość wynosi 45 m / s . Ile energii mechanicznej ulega rozproszeniu w wyniku działania oporów powietrza podczas opadania panelu? Panel helikoptera odrywa się i spada swobodnie, aż do momentu, w którym osiąga prędkość maksymalną 45 m/s. Ile energii zostało rozproszone na skutek występowania oporów powietrza? Strategia rozwiązania Krok 1: W układzie jest rozpatrywane tylko jedno ciało. Krok 2: Zarówno siła grawitacji, jak i oporu powietrza działają na ciało, tak jak określono to w treści zadania. Krok 3: Siła grawitacji jest zachowawcza, jednakże niezachowawcze siły oporu również wykonują pracę nad spadającym panelem. W związku z tym musimy użyć zasady zachowania energii wyrażonej , aby wyznaczyć wartość rozproszonej energii: Δ E rozp = | W niezach | = | Δ ( E k + E p ) sf | . Krok 4: Początkowa energia kinetyczna w y s = 1 km wynosi zero. Przyjmijmy zero energii potencjalnej na wysokości podłoża. Krok 5: Praca sił niezachowawczych, czyli energia rozproszona przez opory powietrza, jest równa różnicy całkowitej energii mechanicznej początku i końca ruchu. Rozwiązanie Energia mechaniczna, która uległa rozproszeniu przez opory powietrza, jest sumą algebraiczną przyrostu energii kinetycznej i straty energii potencjalnej. Zatem możemy obliczyć tę sumę poprzez: Δ E rozp = | E k k − E k p + E p k − E p p | = | 1 2 ⋅ 15 k g ⋅ ( 45 m s ) 2 − 0 + 0 − 15 k g ⋅ 9 , 8 m s 2 ⋅ 1000 m | = 130 k J . Znaczenie Znaczna część początkowej energii mechanicznej panelu ( E p s ) , 147 kJ, została rozproszona. Zauważ, że zdołaliśmy wyznaczyć energię rozproszoną, nie znając sił oporu, a jedynie wiedząc, że są dyssypatywne. Sprawdź, czy rozumiesz. Pewnie sobie przypominasz, że pomijając opory powietrza, w rzucie pionowym czas, jaki potrzebuje wyrzucone ciało, aby osiągnąć maksimum położenia, jest równy czasowi, jaki potrzebuje ciało aby spaść do punktu wyrzutu. Załóżmy teraz, że nie możemy pominąć oporów, tak jak w . Czy czas, w którym ciało się wznosi, jest (a) większy, (b) mniejszy czy (c) taki sam jak czas opadania? Wyjaśnij. b. Przy danej wysokości energia potencjalna grawitacji jest zawsze taka sama, natomiast energia kinetyczna jest mniejsza w ruchu w dół, ponieważ siła oporu powietrza jest dyssypatywna i wykonuje ujemną pracę. W związku z tym, dla każdej wysokości prędkość w ruchu w dół jest mniejsza niż prędkość ruchu w górę, a zatem czas opadania jest dłuższy od czasu wznoszenia. W powyższych przykładach za pomocą zasady zachowania energii byliśmy w stanie obliczyć prędkość ciała jedynie we wskazanych punktach ruchu. Należy zauważyć, że metoda analizy ruchu ciał bazująca na zachowaniu energii jest o wiele potężniejszym narzędziem. Bardziej zaawansowane metody teorii mechaniki pozwalają obliczyć pełną zależność czasową ruchu cząstki. Często lepszym modelem matematycznym ruchu jest model opierający się na analizie energii kinetycznej i potencjalnej niż ten bazujący na rozpisaniu sił działających na ciało (jest to widoczne szczególnie dobrze w przypadku opisu kwantowo-mechanicznego cząstek takich jak elektrony czy atomy). Możemy przedstawić najprostsze cechy takiego podejścia energetycznego do ruchu za pomocą analizy cząstki poruszającej się w jednym wymiarze i posiadającej energię potencjalną E p ( x ) , na którą nie działają siły niezachowawcze. oraz definicja prędkości mówią nam, że: E k = 1 2 m v 2 = E − E p ( x ) v = d x d t = 2 ( E − E p ( x ) ) m . Rozdzielmy zmienne x oraz t i obliczmy całkę w granicach od czasu początkowego t = 0 do dowolnie przyjętego momentu czasu t : t = ∫ 0 t d t = ∫ x 0 x d x 2 ( E − E p ( x ) ) / m . Jeśli obliczymy całkę z , to będziemy mogli wyrazić x w funkcji t . Stałe przyspieszenie Zastosuj energię potencjalną opisaną wzorem E p ( x ) = − E ( x / x 0 ) , gdzie E > 0 , w , aby obliczyć położenie x ciała w funkcji czasu t . Strategia rozwiązania Wiemy jak energia potencjalna zmienia się wraz ze zmianą x , a więc możemy podstawić E p ( x ) w i obliczyć całkę po to by znaleźć x . W wyniku takiej procedury otrzymujemy wyrażenie na x w funkcji energii E , masy m oraz położenia początkowego x 0 . Rozwiązanie Po wykonaniu dwóch pierwszych kroków z powyższej strategii, uzyskamy: t = ∫ x 0 x d x ( 2 E / m x 0 ) ( x 0 − x ) = 1 ( 2 E / m x 0 ) | −2 ( x 0 − x ) | x 0 x = − 2 ( x 0 − x ) ( 2 E / m x 0 ) . Rozwiązawszy równanie ze względu na x , otrzymujemy x ( t ) = x 0 − ( E / m x 0 ) t 2 / 2 . Znaczenie Położenie jako funkcja czasu, dla założonego potencjału, wyraża jednowymiarowy ruch ze stałym przyspieszeniem a = ( E / m x 0 ) rozpoczynający się w x 0 . Otrzymany wynik nie jest zaskakujący, ponieważ przedstawiona energia potencjalna odpowiada działaniu stałej siły F = − d E p / d x = E / x 0 odpowiadającej przyspieszeniu a = F / m . Sprawdź, czy rozumiesz. Jaką wartość energii potencjalnej E p ( x ) należy wstawić do , aby ciało o masie 1 kg i energii mechanicznej 1 J poruszało się ze stałą prędkością? stałej – E p ( x ) = − 1 J Przeanalizujemy jeszcze inny, bardziej adekwatny przykład zastosowania , gdy rozpatrzymy pozostałe wnioski wypływające z wyrażenia opisującego energię potencjalną cząstki. Układy wielu ciał Układy fizyczne zazwyczaj zawierają więcej niż jedno ciało. Niemniej jednak zasada zachowania energii, na przykład taka jak w albo , jest podstawowym prawem fizyki i jest prawdziwa dla każdego układu. Musimy jedynie pamiętać o uwzględnieniu energii kinetycznych i potencjalnych wszystkich cząstek oraz pracy wszystkich sił niezachowawczych działających na nie. Lepiej jest odłożyć dalszą dyskusję na tę chwilę, gdy nauczymy się więcej na temat dynamiki układów zbudowanych z wielu cząstek, np. w rozdziałach Pęd i zderzenia , Obroty wokół stałej osi czy Moment pędu . Podsumowanie Wielkość zachowana to wielkość fizyczna, która pozostaje stała, niezależnie od przebytej drogi. Jednym ze sposobów wyrażenia równoważności pracy i energii jest stwierdzenie, że zmiana całkowitej energii mechanicznej cząstki jest równa pracy wykonanej na niej przez siły niezachowawcze. Jeśli siła niezachowawcza nie wykonuje pracy i nie działają siły zewnętrzne, to energia mechaniczna cząstki pozostaje stała. Jest to twierdzenie zachowania energii mechanicznej i oznacza, że całkowita energia mechaniczna cząstki nie zmienia się. W ruchu w jednym wymiarze, w którym energia mechaniczna jest stała, a energia potencjalna znana, położenie cząstki w funkcji czasu może zostać wyznaczone na podstawie zasady zachowania energii. Pytania Czy podczas zsuwania się ciała po równi pochyłej praca sił tarcia zależy od prędkości początkowej ciała? Podaj odpowiedź także dla przypadku, w którym ciało zsuwa się po zakrzywionej powierzchni. Przeanalizuj następujący przypadek. Samochód znajdujący się w stanie spoczynku zaczyna swój ruch, przy czym działa na niego siła tarcia. W początkowej fazie ruchu samochód przyspiesza, jadąc w dół. Po pokonaniu krótkiego odcinka (patrz poniżej) kończy się mu benzyna, więc kierowca pozwala samochodowi staczać się na luzie w dół. W trakcie swojej trasy pojazd pokonuje niewielkie wzniesienie. Następnie samochód dotacza się do stacji benzynowej, gdzie zatrzymuje się, żeby zatankować. Określ rodzaje energii oraz ich przemiany w trakcie ruchu pojazdu. Energia potencjalna grawitacji samochodu zmienia się wraz z jego ruchem w dół wzgórza, ponieważ zmniejsza się jego wysokość. Część jego energii ulegnie rozproszeniu w wyniku działania siły tarcia. Pozostała energia potencjalna ulegnie przemianie w energię kinetyczną, powodując wzrost prędkości auta. Ostatecznie samochód się zatrzymuje i cała jego energia kinetyczna jest rozproszona poprzez pracę wykonaną przez hamulce. Upuszczona piłka odbija się do połowy wysokości, z której została puszczona. Omów przemiany energii zachodzące w tym ruchu. „Równanie E = E p + E k to szczególny przypadek zasady równoważności pracy i energii.” Wyjaśnij to stwierdzenie. Stwierdzenie mówi, że energia całkowita układu E jest zachowana dopóty, dopóki nie ma sił niezachowawczych działających na ciało. Pokazy, w których prezentuje się ruch drgający kuli zawieszonej na linie przyczepionej na suficie, są często prezentowane podczas wykładów z fizyki. Profesor wychyla kulę z położenia równowagi i przytrzymuje ją tuż przy swoim nosie, tak jak pokazano poniżej. Następnie puszcza kulę swobodnie, a ona zaczyna poruszać się w tę i z powrotem. Czy kula uderzy go w nos w swojej drodze powrotnej? Co profesor stara się nam przekazać poprzez tę demonstrację? Dziecko podskakuje na łóżku, osiągając coraz większą wysokość z każdym skokiem. Wyjaśnij, w jaki sposób dziecko zwiększa swoją maksymalną energię potencjalną po każdym wyskoku. Pracą mięśni swoich nóg. Czy siła niezachowawcza może zwiększać energię mechaniczną układu? Pomijając opory powietrza, o ile wyżej musimy wznieść ciało, aby dwukrotnie zwiększyć prędkość, z jaką zderzy się z ziemią? Musimy wznieść ciało czterokrotnie wyżej. Pudełko zrzucono na sprężynę w stanie równowagi. Sprężyna ulega ściśnięciu pod wpływem ciężaru pudełka, po czym pozostaje w spoczynku. Załóżmy, że układ masa-sprężyna jest w pozycji pionowej. Czy musimy w rozważaniach tego układu uwzględnić zmianę energii potencjalnej grawitacji pudełka, jeżeli rozpatrujemy proces ściskania sprężyny? Zadania Chłopiec wyrzuca pionowo w górę kulkę o masie 0,25 kg z prędkością początkową 20 m / s . Kiedy piłka wraca do chłopca, ma prędkość równą 17 m / s . Jaką pracę wykonały siły oporu powietrza w trakcie trwania tego ruchu? 14 J Mysz o masie 200 g wpada do sztolni o głębokości 100 m osiągając prędkość końcową 8,0 m/s. Jaką pracę wykonały siły oporu w trakcie spadku myszy? Wykorzystując tylko zasadę zachowania energii i zakładając brak sił oporu, wykaż, że kamień rzucony pionowo z mostu na wysokości 20 m nad poziomem wody z prędkością początkową 15,0 m/s uderzy w taflę z prędkością 24,8 m/s niezależnie od zwrotu prędkości początkowej. ( Podpowiedź: pokaż, że E k s + E p s = E k f + E p f .) Dowód powyższego równania jest rozwiązaniem zadania. Piłka o masie 1,0 kg buja się na linie o długości 2,0 m. W najniższym położeniu piłka porusza się z prędkością 10 m/s. Ile wynosi prędkość w najwyższym położeniu? Ile wynosi siła naprężenia liny w najniższym i najwyższym położeniu? Pomijając zagadnienia związane z tarciem, dodatkową siłą mięśni rąk i nóg oraz inne czynniki, skok o tyczce możemy rozważyć jako konwersję energii kinetycznej biegnącego atlety w energię potencjalną podczas skoku. Jeśli skoczek ma wznieść się na wysokość 4,8 m, to jaką prędkość musi osiągnąć w trakcie rozbiegu? 9,7 m / s Tarzan biegnący z prędkością 9,0 m / s łapie lianę zwisającą swobodnie z drzewa. Jak wysoko może wznieść się na lianie? Czy długość pnącza ma znaczenie w tym rozważaniu? Załóż, że cięciwa w łuku oddziałuje na strzałę siłą sprężystości (taką samą jak w prawie Hooke'a). Podczas celowania łucznik naciąga cięciwę, cofając strzałę o 50 cm, i trzyma ją w tej pozycji z siłą 150 N . Jeśli masa pocisku wynosi 50 g , a cięciwę uznajemy za nieważką, jaką prędkość osiągnie strzała zaraz po wystrzeleniu? 39 m / s Narciarz o masie 100 kg biegnie po poziomym gruncie z prędkością 8,0 m/s , po czym trafia na wzniesienie o wysokości 1,8 m, tak jak przedstawiono to na rysunku poniżej. Jeśli narciarz postanowi pokonać górkę siłą rozpędu, to jaka będzie jego prędkość na szczycie? Siły tarcia można pominąć. Ile będzie wynosić jego prędkość, jeśli uwzględnimy siłę tarcia wynoszącą 80 N? Sanie o masie 70 kg zsuwają się w dół równi o długości 80 m nachylonej pod kątem 10 ° do poziomu. Po zjeździe sanie pokonują 20 m w poziomie i zaczynają ruch pod górę pod kątem 8 ° . Sanie przemieszczają się o dalsze 80 m, po czym zatrzymują się. Ile wyniesie praca wykonana przez siły tarcia? 1900 J Dziewczynka na desce skateboardowej (masa całkowita 40 kg) porusza się z prędkością 10 m/s u podstawy rampy. Rampa jest nachylona pod kątem 20 ° do podłoża. Jeśli dziewczynka wjechała 14,2 m pod górę, zanim się zatrzymała, to ile wynosiła wypadkowa siła tarcia? Piłeczka baseballowa o masie 0,25 kg w wyniku uderzenia kijem uzyskała prędkość 40 m/s. Gdy wpada na trybuny w odległości 120 m od bazy, ma prędkość 30 m/s. Przy założeniu, że piłka wylądowała 20 m ponad poziomem boiska, oblicz, jaką pracę wykonały siły oporu powietrza. 151 J Mały ciężarek o masie m przesuwa się bez tarcia po trasie z pętlą przedstawioną na rysunku poniżej. Jeśli prędkość początkowa ciężarka wynosi A , to jaka jest prędkość B ? Ile wynosi siła nacisku ciężarka na tor w punkcie B ? Nieważka sprężyna w działku sprężynowym ma stałą sprężystości równą k = 12 N/cm . Pocisk o masie 15 g zostaje wystrzelony pionowo w górę na wysokość 5,0 m ponad lufę. Oblicz, jak mocno ściśnięta była sprężyna przed wystrzałem. 3,5 cm Piłeczka jest przywiązana do nitki i wprowadzona w pionowy ruch obrotowy, bez tarcia. Wykaż, że naprężenie nici w najniższym położeniu przewyższa naprężenie w położeniu najwyższym o ośmiokrotność ciężaru piłki. Załóż, że prędkość piłki w najwyższym położeniu jest prawie równa zeru i że układ nie zawiera dodatkowych, zewnętrznych źródeł energii. wielkość zachowana (ang. conserved quantity ) to taka, która nie może być tworzona lub anihilowana, ale może ulegać przemianom pomiędzy różnymi formami zasada zachowania energii (ang. energy conservation ) energia całkowita odizolowanego układu jest stała energia mechaniczna (ang. mechanical energy ) suma energii kinetycznej i potencjalnej", "section": "Zasada zachowania energii", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wykresy energii potencjalnej Interpretacja wykresów energii potencjalnej (ang. potential energy diagram ) w funkcji położenia jest źródłem wielu przydatnych informacji na temat właściwości mechanicznych układu. Najprostszym przykładem jest przypadek jednowymiarowy, gdzie energia może być przedstawiona w postaci prostego wykresu, np. E p ( x ) w funkcji x . W układach, w których ruch odbywa się w więcej niż jednym wymiarze, procedura jest bardziej skomplikowana, ale analogiczna. Nasze rozważania ograniczymy do ruchu w jednym wymiarze. Rozważania zaczniemy od ciała spadającego swobodnie w pobliżu powierzchni Ziemi, pomijając przy tym siły oporu. Energia mechaniczna układu jest zachowana, E = E k + E p , a energia potencjalna, przyjmując zero na poziomie podłoża, jest dana wzorem E p ( y ) = m g y (zauważ, że jest to równanie linii prostej o nachyleniu m g ). Na wykresie przedstawionym na oś odciętych reprezentuje wysokość y nad poziomem gruntu, a rzędnych energię ciała. Wykres energii ciała spadającego swobodnie. Linia pozioma oznaczona dla energii E reprezentuje stałą, całkowitą energię mechaniczną ciała, podczas gdy przykładową energię kinetyczną i potencjalną dla wybranej wysokości y A oznaczono odpowiednio E k A i E p A . Zauważmy, że energia całkowita dzieli się na kinetyczną i potencjalną, a proporcja ich podziału zmienia się wraz z wysokością. Energia kinetyczna nie może przyjmować wartości ujemnych, a więc energia potencjalna osiąga maksimum dla najwyższego położenia, gdzie uzyskuje wartość energii całkowitej, której nie może przekroczyć. Zatem: E k = E − E p ≥ 0 E p ≤ E . Jeśli przyjmiemy punkt odniesienia dla energii potencjalnej równej zero w y 0 , to możemy wyrazić energię potencjalną E p jako m g y . Przekształcając równanie względem y otrzymujemy: y ≤ E m g = y max . Za pomocą tego wyrażenia pokazaliśmy, że całkowita energia podzielona przez ciężar ciała ( m g ) określa maksymalną wysokość y max . W najwyższym położeniu energia kinetyczna oraz prędkość wynoszą zero, więc jeśli ciało przemieszczało się w górę, to w tym punkcie jego prędkość zmieni wartość z dodatniej na ujemną, zatem y max to punkt zwrotny opisywanego ruchu. Na wysokości podłoża, y 0 = 0 , energia potencjalna jest równa zero, natomiast energia kinetyczna oraz prędkość osiągają maksimum: E p 0 = 0 = E − E k 0 E = E k 0 = 1 2 m v 0 2 v 0 = ± 2 E m . Prędkość maksymalna ± v 0 oznacza prędkość początkową potrzebną do wzniesienia się na wysokość y max oraz prędkość końcową, po upadku z tej wysokości. Wszystkie te informacje można odczytać z wykresu przedstawionego powyżej. Rozważmy układ masa-sprężyna umieszczony na nieruchomej, poziomej płaszczyźnie, po której układ porusza się bez tarcia, w taki sposób, że siła grawitacji oraz siła reakcji podłoża nie wykonują żadnej pracy ( ). Jest to układ jednowymiarowy, w którym energia mechaniczna E jest stała. Energia potencjalna jest obliczana względem położenia równowagi nierozciągniętej sprężyny, czyli dla x = 0 , zatem E p ( x ) = k x 2 / 2 . (a) Suwak umieszczony pomiędzy dwoma sprężynami na torze z poduszką powietrzną jako przykład poziomego układu masa-sprężyna. (b) Wykres energii potencjalnej sporządzony dla omawianego układu. Z przedstawionego powyżej wykresu możemy odczytać takie same informacje, jak w przypadku spadku swobodnego. Niemniej jednak w układzie masa-sprężyna siła działająca na ciało ma zmienną wartość, co pozwoli nam poszerzyć wiedzę. Dla spadku swobodnego jesteśmy w stanie przewidzieć część informacji, jak na przykład zakres ruchu oraz maksima przesunięć czy prędkości, analizując graniczne wartości energii kinetycznej 0 ≤ E k ≤ E . Punkt zwrotny (ang. turning point ) ruchu występuje, gdy E k = 0 lub E p = E . Oznacza to, że dla układu, w którym mamy do czynienia z energią potencjalną sprężystości, istnieją dwa takie położenia: x max = ± 2 E k . Ruch suwaka jest zatem ograniczony pomiędzy punktami zwrotnymi − x max ≤ x ≤ x max . To stwierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej (dodatniej) wartości E , ponieważ funkcja energii potencjalnej nie jest ograniczona ze względu na x . Z tego względu oraz z uwagi na swój kształt, krzywa E p ( x ) jest nazywana nieskończoną studnią potencjału. Na dnie studni potencjału x = 0 , E p = 0 , natomiast energia kinetyczna osiąga maksimum, czyli E k = E , a więc v max = ± 2 E / m . Z analizy nachylenia stycznej do krzywej energii potencjalnej można również uzyskać informacje o siłach działających na suwak oraz o jego przyspieszeniu. Pokazaliśmy wcześniej, że nachylenie stycznej do krzywej (czyli pochodna tej funkcji) wzięte ze znakiem minus jest równe sile sprężystości, co w tym przypadku jest tożsame z siłą wypadkową, a więc wielkością proporcjonalną do przyspieszenia ciała. Dla x = 0 nachylenie stycznej, a zatem zarówno siła, jak i przyspieszenie są równe zero, więc jest to punkt równowagi (ang. equilibrium point ). Pochodna ze znakiem minus, obliczona po obu stronach równowagi, określa siłę, która będzie dążyć do przywrócenia ciała do położenia równowagi. W tym przypadku wyznaczona w ten sposób siła jest dana wzorem F = ± k x , a więc położenie równowagi jest stabilne; taką siłę nazywamy przywracającą. Oznacza to, że E p ( x ) osiąga minimum w punkcie równowagi. Jeśli siła po dowolnej stronie równowagi ma kierunek zgodny z przesunięciem liczonym od tego położenia, to równowaga jest niestabilna, a krzywa E p ( x ) posiada w tym miejscu punkt przegięcia albo lokalne maksimum. Wykres energii potencjalnej zależnej od wyższych potęg przemieszczenia Energia potencjalna cząstki poruszającej się wzdłuż osi x jest dana relacją E p ( x ) = 2 ( x 4 − x 2 ) , w której E p wyrażono w dżulach (J), a x w metrach. Na cząstkę nie działają żadne siły niezachowawcze, więc ich energia mechaniczna jest stała i wynosi E = −0,25 J . Czy ruch cząstki jest ograniczony i jeśli tak, to w jakim zakresie wartości x ? Czy istnieją jakiekolwiek położenia równowagi i jeśli tak, to czy są one stabilne, czy nie? Strategia rozwiązania Rozwiązanie najlepiej zacząć od wykreślenia energii potencjalnej w funkcji x . Funkcja przyjmuje wartość zero w początku układu współrzędnych i początkowo maleje zarówno dla dodatnich, jak i ujemnych wartości x ( x 2 jest większe niż x 4 dla x < 1 ). Po osiągnięciu pewnej wartości funkcja zaczyna rosnąć i dla odpowiednio dużych wartości bezwzględnych położenia przechodzi przez zero i zaczyna przybierać wartości dodatnie. Nasz wykres, tak jak przedstawiono na , powinien przypominać podwójną studnię potencjału, gdzie położenie zerowe znaleziono z warunku E p ( x ) = 0 i z ekstremami ustalonymi na podstawie pochodnych pierwszego i drugiego rzędu. Wykres energii potencjalnej w ruchu jednowymiarowym, w którym energia jest funkcją położenia do czwartej oraz do drugiej potęgi. Dozwolone wartości x dla przykładu (a) możemy odnaleźć, jeśli wiemy, że energia kinetyczna nie przyjmuje wartości ujemnych, oraz znamy wartość energii całkowitej. Położenia równowagi w przykładzie (b) i ich stabilność wyznaczamy poprzez badanie własności funkcji energii potencjalnej w pobliżu ekstremów. Musimy przy tym określić zwrot sił działających w pobliżu ekstremum (pamiętajmy, że punkt równowagi jest stabilny, tylko jeśli funkcja posiada w nim lokalne minimum). Wystarczy rzut oka na wykres, żeby jakościowo odpowiedzieć na pytania. To właśnie dlatego wykresy energii potencjalnej są tak przydatne. Zauważmy, że istnieją dwa zakresy, w których ruch jest dozwolony ( E > E p ) oraz trzy punkty równowagi (nachylenie d E p / d x = 0 ), z których jedno jest niestabilne ( d 2 E p / d x 2 < 0 ) , a dwa stabilne ( d 2 E p / d x 2 > 0 ) . Rozwiązanie Aby znaleźć dozwolony zakres x , stosujemy warunek: E k = E − E p = − 1 4 − 2 ( x 4 − x 2 ) ≥ 0. Jeśli równanie zapiszemy w taki sposób, aby otrzymać kwadrat różnicy, rachunek uprości się do rozwiązania nierówności 2 ( x 2 − 1 / 2 ) 2 ≤ 1 / 4 , której rozwiązanie przyjmuje postać: 1 2 − 1 8 ≤ x 2 ≤ 1 2 + 1 8 . Stąd uzyskamy zakresy x p ≤ x ≤ x R oraz − x R ≤ x ≤ − x p , gdzie x p = 0,38 i x R = 0,92 (w metrach). W celu znalezienia położeń równowagi musimy rozwiązać równanie: d E p d x = 8 x 3 − 4 x = 0 i znajdujemy punkty x = 0 oraz x = ± x Q , gdzie x Q = 1 / 2 = 0,707 (metry). Druga pochodna ma następującą postać: d 2 E p d x 2 = 24 x 2 − 4 i osiąga wartość ujemną dla x = 0 , co określa lokalne maksimum funkcji, czyli równowaga jest niestabilna. Natomiast w punktach x = ± x Q druga pochodna przyjmuje wartość dodatnią, co oznacza, że jest to lokalne minimum, a więc mamy do czynienia z równowagą stabilną. Znaczenie Cząstka w omawianym przykładzie może oscylować w jednym z dwóch dozwolonych zakresów ruchu, ale nie ma wystarczającej energii, by opuścić studnię potencjału, w której początkowo się znalazła. Zasada zachowania energii mechanicznej w powiązaniu z zależnościami pomiędzy energią kinetyczną i prędkością oraz energią potencjalną i siłą umożliwiają nam pozyskanie bardzo wielu zarówno jakościowych, jak i ilościowych informacji na temat ruchu cząstki. Wystarczy nam do tego odpowiednio przygotowany wykres energii potencjalnej. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz przyjmując całkowitą energię mechaniczną ciała równą + 0,25 J . a. Tak, ruch jest dozwolony dla −1,055 m ≤ x ≤ 1,055 m ; b. takie same jak w poprzednim przypadku. Przed zakończeniem tej sekcji poćwiczmy jeszcze trochę metodę odnajdywania zależności położenia od czasu na podstawie energii potencjalnej cząstki dla przypadku jednowymiarowego układu masy na sprężynie przedstawionego w poprzednich częściach działu. Drgania sinusoidalne Znajdź x ( t ) poruszającej się cząstki o energii mechanicznej E > 0 i energię potencjalnej danej poprzez E p ( x ) = k x 2 / 2 . Załóż, że cząstka zaczyna ruch ze spoczynku w czasie t = 0 . Strategia rozwiązania Podejmujemy takie same kroki jak w . Podstaw E p do i wyłącz stałe takie jak m czy k . Oblicz całkę funkcji i rozwiąż równanie ze względu na położenie, które jest teraz funkcją czasu. Rozwiązanie Podstawmy energię potencjalną do i oblicz całkę, korzystając z aplikacji znalezionej w Internecie: t = ∫ x 0 x d x ( k / m ) ( 2 E / k − x 2 ) = m k [ arcsin ⁡ ( x 2 E / k ) − arcsin ⁡ ( x 0 2 E / k ) ] . Z warunków brzegowych wynika, że dla t = 0 energia kinetyczna jest równa zero, a potencjalna wynosi k x 0 2 / 2 = E . Na podstawie tego równania widzimy, że x 0 / 2 E / k = ± 1 , czyli arcsin ⁡ ( ± 1 ) = ± 90 ∘ . Teraz możemy rozwiązać równanie ze względu na x : x ( t ) = 2 E k sin ⁡ ( k m ⋅ t ± 90 ∘ ) = ± 2 E k cos ⁡ ( k m ⋅ t ) . Znaczenie We wcześniejszej części działu określiliśmy układ masa-sprężyna jako przykład oscylatora harmonicznego. Tutaj wykazaliśmy, że oscylator harmoniczny drga sinusoidalnie, a jego maksymalne wychylenie jest równe 2 E / k (takie krańcowe wychylenie nazywamy amplitudą drgań). Możemy również zauważyć, że ilość pełnych cykli drgań na jednostkę czasu wynosi ( 1 / 2 π ) k / m (ten parametr nazywamy częstotliwością). Dalsze rozważania na temat ruchu drgającego przeprowadzimy w rozdziale Drgania . Sprawdź, czy rozumiesz. Znajdź x ( t ) układu masa-sprężyna przedstawionego w , zakładając, że ciało zaczyna ruch w x 0 = 0 dla t = 0 . Jaka jest prędkość początkowa ciała? x ( t ) = ± ( 2 E / k ) sin [ ( k / m ) t ] oraz v 0 = ± ( 2 E / m ) Podsumowanie Interpretacja wykresu energii potencjalnej dla ruchu w jednym wymiarze pozwala nam otrzymać jakościowe oraz, w niektórych przypadkach, ilościowe informacje o ruchu. Punkt zwrotny to taki, w którym energia potencjalna zrównuje się z energią całkowitą, a energia kinetyczna jest zerowa, co oznacza, że w tym punkcie dochodzi do zmiany zwrotu wektora prędkości. Ujemne nachylenie stycznej do krzywej energii potencjalnej ciała jest równe składowej siły zachowawczej działającej na ciało w tym kierunku. W położeniu równowagi nachylenie stycznej wynosi zero, a o równowadze mówimy, że jest stabilna, jeśli w tym punkcie funkcja energii potencjalnej ma lokalne minimum. Zadania Tajemnicza siła o wartości 10 N działa poziomo na wszystko. Siła jest zawsze zwrócona w stronę ściany znajdującej się w wielkiej hali. Wyznacz energię potencjalną ciała, na którą działa ta siła, w funkcji odległości x od ściany. Załóż, że energia potencjalna w położeniu, w którym znajduje się ściana, wynosi zero. 10 x przy założeniu, że oś x rozpoczyna się w położeniu ściany i jest skierowana na zewnątrz. Siła F ( x ) = −4,0 x (wyrażona w niutonach) działa na ciało o masie 1,0 kg. Dla x = 3,5 m prędkość ciała wynosi 4,0 m/s. Ile wynosi prędkość w x = 2,0 m? Cząstka o masie 4,0 kg porusza się wzdłuż osi x pod wpływem działania siły F ( x ) = − c x 3 , gdzie c = 8,0 N/m 3 . Prędkość cząstki w punkcie x A = 1,0 m wynosi 6,0 m/s. Ile wynosi prędkość dla x B = −2,0 m ? 4,6 m/s Siła działająca na cząstkę o masie 2,0 kg zmienia się wraz ze zmianą położenia zgodnie z wzorem F ( x ) = −3,0 x 2 ( x w metrach, F ( x ) w niutonach). Prędkość cząstki w położeniu x = 2,0 m wynosi 5,0 m/s. Oblicz energię mechaniczną cząstki, przyjmując punkt odniesienia dla energii potencjalnej: w początku układu współrzędnych; w x = 4,0 m . Oblicz prędkość cząstki dla x = 1,0 m . Wykonaj ten podpunkt dla obu wcześniej przyjętych punktów odniesienia. Cząstka o masie 4,0 kg porusza się wzdłuż osi x i działa na nią siła, której funkcję przedstawiono graficznie poniżej. Prędkość cząstki w x = 0 wynosi v = 6,0 m/s . Wyznacz prędkość dla x = 2,0 m, x = 4,0 m, x = 10,0 m. Czy cząstka zawraca w jakimkolwiek położeniu i porusza się z powrotem w kierunku początku układu współrzędnych? Powtórz część (d) zakładając, że v = 2 , 0 m / s w x = 0 . a. 5,6 m/s; b. 5,2 m/s; c. 6,4 m/s; d. nie; e. tak Ciało o masie 0,50 kg porusza się wzdłuż osi x . Zależność pomiędzy energią potencjalną a położeniem przedstawia wykres poniżej. Ile wynosi siła działająca na ciało w x = 2, 5, 8 oraz 12 m? Zakładając, że całkowita energia mechaniczna E ciała wynosi −6,0 J, wskaż minimalną i maksymalną wartość x . Jak zmienią się te położenia, jeśli E = 2,0 J? Załóż, że E = 16 J , i oblicz prędkość w położeniach wymienionych w (a). Naszkicuj wykres funkcji energii potencjalnej E p ( x ) = k x 2 / 2 + A e − α x 2 , gdzie k , A i α to stałe. Ile wynosi wartość siły związanej z tą energią potencjalną? Załóż, że cząstka o masie równej m porusza się z prędkością v a w położeniu x = a . Wykaż, że cząstka nie może przekroczyć punktu w początku układu współrzędnych, chyba że spełniony jest warunek: A ≤ m v a 2 + k a 2 2 ( 1 − e − α a 2 ) . Na potrzeby rysowania wykresu przyjęto, że k = 0 , 02 , A = 1 , α = 1 ; F = k x − α x A e − α x 2 ; Energia potencjalna w położeniu x = 0 musi być mniejsza niż suma energii kinetycznej i potencjalnej w położeniu x = a lub inaczej A ≤ m v 2 / 2 + k a 2 / 2 + A e − α x 2 . Rozwiązanie nierówności ze względu na A prowadzi do warunku przedstawionego w zadaniu. punkt równowagi (ang. equilibrium point ) położenie, w którym siła zachowawcza, będąca w założeniu siłą wypadkową, wyznaczona na podstawie nachylenia stycznej do krzywej energii potencjalnej jest równa zero wykres energii potencjalnej (ang. potential energy diagram ) wykres energii potencjalnej cząstki w funkcji położenia punkt zwrotny (ang. turning point ) położenie, w którym prędkość cząstki, w przypadku ruchu w jednym wymiarze, zmienia znak", "section": "Wykresy energii potencjalnej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Źródła energii W tym rozdziale zajmowaliśmy się energią. Nauczyliśmy się, że może ona przyjąć różne formy i ulegać przemianom. Temat energii jest poruszany bardzo często, zarówno w kontekście spraw codziennych, jak i w naukowym. Dzieje się tak, ponieważ energia występuje we wszystkich procesach fizycznych. Powinno być już jasne, że wiele problemów najłatwiej zrozumieć albo przedstawić za pomocą rozważań energetycznych. Żaden z dotychczasowych uznanych eksperymentów fizycznych nie podważa zasady zachowania energii. Prace eksperymentalne, które początkowo zdawały się przeczyć tej regule, w ostateczności prowadziły do odkrycia nowych form energii. Jakie są rodzaje energii? Większość z nich omówimy w dalszych rozdziałach (zobacz także ), ale kilka przypadków rozważymy już teraz: Cząstki i atomy będące składowymi wszystkich ciał są w ciągłym ruchu. Polega on na złożeniu losowych drgań, a energia kinetyczna związana z tym ruchem nazywana jest energią cieplną (ang. thermal energy ). Jak sama nazwa wskazuje, jest ona związana z temperaturą ciała. Zauważmy, że energia cieplna może być przenoszona z miejsca na miejsce, np. poprzez przewodnictwo cieplne, konwekcję lub radiację. W takich przypadkach mówimy o transporcie ciepła . Energia elektryczna (ang. electrical energy ) jest bardzo popularnym rodzajem energii i wykorzystujemy ją do wykonania pracy w wielu praktycznych zastosowaniach. Paliwa, czyli na przykład benzyna lub jedzenie, zawierają w sobie energię chemiczną (ang. chemical energy ). Jest to forma energii potencjalnej wynikającej z wiązań i budowy cząsteczkowej danej substancji. Energia chemiczna może zostać zamieniona na cieplną, np. poprzez utlenienie. Reakcje chemiczne mogą też prowadzić do powstawania energii elektrycznej, tak jak ma to miejsce w bateriach. Natomiast energia elektryczna może być zamieniona na cieplną lub świetlną w urządzeniach takich jak grzejnik elektryczny czy żarówka. Światło widzialne jest jedną z form fali elektromagnetycznych, które są związane z pewną energią promieniowania (ang. radiant energy ). Do tego rodzaju energii zaliczamy fale radiowe, podczerwone (IR), nadfioletowe (UV), rentgenowskie oraz gamma. Wszystkie ciała posiadające energię cieplną wypromieniowują energię w postaci fal elektromagnetycznych. Energia jądrowa (ang. nuclear energy ) powstaje w wyniku reakcji i procesów, w których dochodzi do zamiany masy na energię. Energia jądrowa ulega przemianie w energię promieniowania Słońca czy cieplną w reaktorach jądrowych, która potem jest zamieniana na elektryczną w turbinach parowych. Wszystkie rodzaje energii mogą ulegać przemianie jedna w drugą i, do pewnego stopnia, mogą być zamieniane na pracę mechaniczną. Energia, którą zużywamy, ma różne formy. Możemy je zamieniać na inne poprzez odpowiednie procesy. Będziemy analizować wiele z tych procesów w następnych rozdziałach. (Źródło: „Słońce” EIT SOHO Consortium, ESA, NASA; Żródło: „ogniwa słoneczne” „kjkolb”/Wikimedia Commons; źródło: „palnik gazowy” Steven Depolo) Procesy przemiany energii z jednego rodzaju w drugi zachodzą nieustannie w otaczającym nas świecie. Energia chemiczna pożywienia jest zamieniana na energię cieplną poprzez metabolizm, a energia świetlna – w chemiczną poprzez fotosyntezę. Inny rodzaj konwersji energii ma miejsce w ogniwach fotowoltaicznych. Światło słoneczne padające na ogniwa podlega przemianie na elektryczność, która potem może być wykorzystana do napędzania silników lub ogrzewania wody. W innym przykładzie energia chemiczna zgromadzona w węglu jest przekształcana podczas spalania w piecu na energię cieplną, którą potem wykorzystuje się do zamiany wody w parę wodną. Para wodna ulega rozprężeniu wraz ze wzrostem temperatury, a zatem część energii cieplnej zamienia się w mechaniczną. Energia mechaniczna gazu napędza turbinę, która w ten sposób wytwarza prąd elektryczny. W omawianych przykładach niecałą energię początkową udaje się zamienić w formę końcową, ponieważ część energii jest zawsze przekazywana otoczeniu (np. poprzez rozproszenie). Energia jest bardzo ważna w każdym aspekcie życia ludzkiego. Żyjemy w świecie pełnym współzależności i dostęp do odpowiedniej ilości niezawodnych zasobów energetycznych jest kluczowy dla wzrostu ekonomicznego i utrzymania jakości życia ludzkiego na odpowiednim poziomie. Podstawowe rodzaje źródeł energii przedstawiono na . Rozróżniono na nim dwa podstawowe rodzaje źródeł: odnawialne (ang. renewable energy source ) oraz nieodnawialne (ang. non-renewable energy source ), a także przedstawiono dalszy, bardziej szczegółowy ich podział. Odnawialne źródła energii (OŹE) są uzupełniane poprzez procesy naturalnie przebiegające w środowisku w czasie dużo krótszym niż czas trwania cywilizacji, która zamierza z nich korzystać. Nieodnawialne źródła energii są zużywane i nie mogą zostać odnowione, bądź czas do tego potrzebny jest zbyt długi. Światowe zużycie energii z podziałem na jej źródła. Udział odnawialnych źródeł energii (OŹE) stale rośnie i osiąga już 19% całkowitej produkcji. Najważniejszym źródłem energii nieodnawialnej dla naszej cywilizacji są paliwa kopalne (ang. fossil fuels ), takie jak węgiel, ropa naftowa czy gaz ziemny. Z tego źródła powstaje około 81% zużywanej globalnie energii. Podczas spalania paliwa zachodzą reakcje chemiczne, które przekształcają energię potencjalną wiązań chemicznych w energię cieplną oraz nowe związki chemiczne będące produktami reakcji. Powstałe ciepło może zostać wykorzystane do ogrzewania budynków lub do zasilania maszyn i instalacji parowych. Silniki spalinowe oraz odrzutowe zamieniają część energii spalania, poprzez gwałtowne rozprężanie gazów, w energię mechaniczną. Do wytworzenia energii elektrycznej zazwyczaj wykorzystuje się energię związaną z rozprężaniem pary wodnej, która np. w silnikach turbinowych transformowana jest w pracę mechaniczną. Uzyskanej energii mechanicznej używa się potem do obracania uzwojeń przewodnika w polu magnetycznym, co prowadzi do powstania prądu przemiennego. Energia jądrowa to inny rodzaj energii nieodnawialnej pokazanej na , która dostarcza 3% światowego zapotrzebowania. Reakcje jądrowe uwalniają energię poprzez zamianę energii potencjalnej jądra atomowego na energię cieplną, podobnie jak w przypadku reakcji chemicznych. Uzyskane ciepło może być przekazywane lub przekształcane na inne formy w sposób analogiczny, jak w przypadku paliw kopalnych. Niepożądanym skutkiem ubocznym spalania paliw kopalnych jest uwalniany do atmosfery dwutlenek węgla, jeden z czynników wywołujących globalne ocieplenie. Natomiast wyzwaniem dla energii jądrowej są zagadnienia związane z bezpieczeństwem eksploatacji i utylizacji materiałów promieniotwórczych. Kolejny problem związany z energią nieodnawialną wiąże się z faktem, że jej źródła są ograniczone. Co więcej, obserwacja procesów rozwoju cywilizacyjnego pozwala przewidywać dalsze zwiększenie ich zużycia, tak, że może zabraknąć ich w ciągu następnych kilkuset lat. Aby przeciwdziałać tym zagrożeniom, duży nacisk kładzie się na badania i rozwój OŹE. W prace te zaangażowanych jest wielu naukowców z całego świata. Cztery z wymienionych na źródeł energii odnawialnej bazują na surowcu pochodzenia roślinnego (ciepło i elektryczność z biomasy, etanol oraz biodiesel). Konwersja energii z tych źródeł opiera się na takich samych procesach, jak w przypadku paliw kopalnych. Pozostałe najważniejsze rodzaje OŹE to: energetyka wodna, wiatrowa, słoneczna oraz źródła geotermalne. Energetyka wodna (ang. hydropower ) bazuje na przemianie energii potencjalnej grawitacji mas wody na energię kinetyczną, która towarzyszy spadkowi z wysokości. Spadająca woda wykonuje pracę, napędzając przeznaczone do tego celu turbiny, które energię mechaniczną zamieniają na elektryczną. Inny rodzaj energetyki związanej z poruszającymi się masami wody, energia prądów morskich, pływów i falowania, znajduje się na wczesnym etapie rozwoju i nie jest wykorzystywany na szeroką skalę. Energia wiatrowa (ang. wind power ) natomiast również wykorzystuje energię kinetyczną przepływu mas powietrza do zasilania młynów, napędzania żaglówek albo do zamiany na energię elektryczną. Wnętrze Ziemi skrywa skumulowane ogromne zasoby energii cieplnej, której część jest pozostałością procesu formowania się planety (energia potencjalna grawitacji zamieniona na ciepło), a część pochodzi z promieniowania występującego w pewnego rodzaju minerałach (jest to forma naturalnej energii jądrowej). Minie bardzo długi czas, zanim ta energia geotermalna (ang. geothermal energy ) zostanie oddana do otaczającej nas przestrzeni kosmicznej, a z uwagi na długość trwania cywilizacji ludzkiej oraz jej zapotrzebowanie na energię – to źródło uznawane jest za trwałe i niemalże nieskończone. Źródłem energii słonecznej (ang. solar power ) są fale elektromagnetyczne wypromieniowywane przez naszą gwiazdę. Większość tej energii występuje w postaci światła widzialnego i podczerwonego. Odpowiednio dobrane materiały mogą absorbować fale elektromagnetyczne i zamieniać ich energię, na przykład na ciepło, które może być wykorzystane do ogrzania wody albo, w formie skoncentrowanej, do produkcji pary wodnej i wytwarzania z niej energii elektrycznej ( ). W innym procesie fizycznym, zwanym efektem fotoelektrycznym, energia fali elektromagnetycznej może być zamieniana bezpośrednio na elektryczność. Stosuje się w tym celu materiały fotowoltaiczne (zob. ogniwa słoneczne fotowoltaiczne na ). Niektóre instalacje solarne wykorzystują soczewki albo lustra do skupiania wiązki światła i konwersji skupionej wiązki na energię – są to elektrownie słoneczne CSP przedstawione na . Instalacje ogniw fotowoltaicznych w skali przemysłowej są budowane w rejonach świata o dużym nasłonecznieniu po to, by wytwarzać energię elektryczną. (Źródło: Sarah Swenty) Ważne jest, żeby na zakończenie tego rozdziału powiedzieć kilka słów o głównych aspektach rozważań energetycznych. Tak jak wspomnieliśmy wcześniej, zasada zachowania energii jest bardzo przydatnym prawem stosowanym w analizie zagadnień fizycznych. Nie można jej udowodnić na podstawie podstawowych praw fizyki, ale jest to dobre narzędzie, jako że odstępstw od niej nigdy nie udało się wykazać naukowo. Zasada zachowania energii mówi nam, że całkowita energia izolowanego układu pozostaje stała. Należy przy tym pamiętać, że w dyskursie publicznym o energii mówi się w trochę inny sposób, w szczególności jeśli chodzi o kwestię oszczędzania energii. O oszczędzaniu energii mówi się wtedy, kiedy chcemy zmniejszyć ilość energii zużywanej przez odbiorcę indywidualnego lub ich grupę (np. poprzez obniżenie temperatury w pokojach, rzadsze korzystanie z transportu samochodowego). Innym aspektem tego zjawiska jest próba bardziej skutecznej przemiany energii w danym procesie (np. efektywniejsze systemy ogrzewania, samochody spalające mniej benzyny, bardziej oszczędne oświetlenie). Natomiast zgodnie z zasadą zachowania energii w układzie zamkniętym energia nigdy nie jest niszczona ani wytwarzana. Nie możemy jej zatem w tym sensie „oszczędzić” ani nawet „wytworzyć”. Zagadnienie dotyczy głównie efektywności konwersji i wykorzystania form energii, które są dla nas przydatne. Z punktu widzenia fizycznego problem dotyczy bardziej energii rozproszonej, np. ciepła, którego nie można wykorzystać w postaci pracy. Szerzej zagadnienia związane z przemianami energii i ciepła omówimy w rozdziałach dotyczących termodynamiki. Podsumowanie Energia może być przekazywana pomiędzy układami oraz przekazywana lub zamieniana z jednego rodzaju na inny. Podstawowymi formami energii są: kinetyczna, potencjalna, cieplna oraz elektromagnetyczna. Odnawialne źródła energii, jak sama nazwa wskazuje, mogą zostać odnowione przez naturalne procesy w krótkim czasie. Przykładami są wiatr, woda, źródła geotermalne oraz energia słoneczna. Nieodnawialne źródła energii to takie, które są zużywane i nie mogą zostać odnowione lub ich regeneracja trwa bardzo długo (w porównaniu do np. życia ludzkiego). Przykładami są: paliwa kopalne oraz energia jądrowa. Najważniejsze wzory Różnica energii potencjalnej Δ E p A B = E p B − E p A = − W A B Energia potencjalna w odniesieniu do punktu o zerowej energii potencjalnej Δ E p = E p ( r → ) − E p ( r → 0 ) Energia potencjalna grawitacji w pobliżu powierzchni Ziemi E p ( y ) = m g y + const. Energia potencjalna sprężystości E p ( x ) = 1 2 k x 2 + const. Praca wykonana przez siły zachowawcze po drodze zamkniętej W droga zamk. = ∮ F → zach ⋅ d r → = 0 Warunek dla siły zachowawczej rozpatrywanej w dwóch wymiarach d F x d y = d F y d x Siła zachowawcza jako ujemna pochodna energii potencjalnej F l = − d E p d l Zasada zachowania energii przy braku sił niezachowawczych 0 = W niezach A B = Δ ( E k + E p ) A B = Δ E A B Zadania W filmie animowanym Pocahontas główna bohaterka skacze z klifu, żeby pokazać swój ulubiony rodzaj rozrywki. (a) Zakładając, że bierze rozbieg z prędkością 3,0 m/s, a jej prędkość końcowa przy styku z powierzchnią wody wynosi 20,0 m/s, oblicz wysokość klifu. Opory powietrza można pominąć. (b) Jeśli wyskoczyła z klifu bez rozpędu, to jaka będzie jej prędkość końcowa? W reality show Niesamowity wyścig uczestnik ma za zadanie strzelić arbuzem o masie 12 kg z procy i trafić w wyznaczony cel. Proca jest naciągnięta na odległość 1,5 m od położenia równowagi, a sam owoc znajduje się wtedy na poziomie gruntu. Podczas wystrzału, w chwili oderwania od procy, arbuz znajduje się na wysokości 0,3 m nad ziemią. Cel, w który uderza pocisk, znajduje się na ziemi w odległości 10 metrów od procy. Oblicz stałą sprężystości procy. 8700 N/m W serii filmów Powrót do przyszłości , samochód sportowy DeLorean o masie 1230 kg rozwija prędkość 142 km/h, aby móc przenieść się do przyszłości. (a) Jaka jest energia kinetyczna DeLoreana? (b) Sprężynę o jakiej stałej sprężystości należy użyć, aby zatrzymać DeLoreana na dystansie 0,1 m? W filmie Igrzyska śmierci Katniss Everdeen wystrzeliła strzałę o masie 0,0200 kg z poziomu podłoża, po to by przebić jabłko znajdujące się na scenie. Stała sprężystości łuku wynosi 330 N/m, a cięciwa została naciągnięta na odległość 0,55 m. Owoc znajduje się na wysokości 5 m. Z jaką prędkością strzała (a) opuszcza łuk, (b) uderza w jabłko? a. 70,6 m/s; b. 69,9 m/s W kompilacji wideo „Top Fail” , zawierającej filmy amatorskie z różnymi zabawnymi sytuacjami, dwie kobiety biegną naprzeciw siebie, po czym zderzają się, trzymając w rękach piłki do pilatesu. Każda z kobiet ma masę 50 kg (włączając piłkę) i jedna z nich biegnie z prędkością 2,0 m/s, a druga 1,0 m/s. Ile wynosi całkowita energia kinetyczna układu? Jeśli energia jest zachowana po zderzeniu i każda piłka ma masę 2 kg, to jaka będzie prędkość odbitych piłek odlatujących w stronę kamery? W kreskówce Struś pędziwiatr szybko rozprężająca się sprężyna wyrzuca kojota prosto w skałę. Wydłużenie sprężyny wynosi 5 m, a masa i prędkość kojota odpowiednio 20 kg i 15 m/s. Ile wynosi stała sprężystości sprężyny? Jeśli kojot zostałby wyrzucony pionowo w górę, to jak wysoko by doleciał, zakładając, że nie działają na niego żadne siły niezachowawcze? a. 180 N/m; b. 11 m W znanej scenie z filmu Forrest Gump tytułowy bohater przebiega przez całe Stany Zjednoczone. Zakładając, że biegnie ze stałą prędkością 3 m/s, wyjaśnij, czy potrzebuje zużywać więcej energii w trakcie biegu pod górkę czy w dół, i dlaczego? W filmie Monty Python i Święty Graal krowę wystrzelono z katapulty znajdującej się na zamkowym murze. Zero dla energii potencjalnej przyjęto na poziomie gruntu. Stała sprężystości katapulty wynosi 1 , 1 ⋅ 10 4 N / m , a odchylenie od położenia równowagi jest równe 0,5 m. Jeśli mur zamku ma wysokość 9,1 m, a krowa masę 110 kg, to: Ile wynosi energia potencjalna krowy na szczycie muru? Jaka jest wartość energii potencjalnej sprężystości przed wystrzałem? Jaka jest prędkość krowy tuż przed uderzeniem w ziemię? a. 9 , 8 ⋅ 10 3 J ; b. 1 , 4 ⋅ 10 3 J ; c. 14 m/s Narciarz o masie 60,0 kg i prędkości początkowej 12,0 m/s wjeżdża na górkę o wysokości 2,50 m. Znajdź końcową prędkość, wiedząc, że współczynnik tarcia pomiędzy nartami i śniegiem wynosi 0,80. Jak wysoko pod górkę może wjechać samochód z wyłączonym silnikiem, jeśli praca wykonana przez siły tarcia jest pomijalnie mała, a jego prędkość początkowa wynosi 110 km/h? Jeśli samochód o masie 750 kg i, tej samej, co w punkcie (a) prędkości początkowej wjeżdża na wysokość 22 m, to jaka część jego energii została zamieniona na ciepło? Ile wynosi średnia siła tarcia wzgórza, jeśli kąt nachylenia wzgórza wynosi 2,5 ° względem poziomu? a. 47,6 m; b. 1 , 88 ⋅ 10 5 J ; c. 373 N Pociąg metra o masie 5 , 00 ⋅ 10 5 k g zostaje wyhamowany od prędkości 0,500 m/s do zatrzymania na drodze 0,400 m poprzez duży zderzak sprężynowy. Jaka jest stała sprężystości k zderzaka? Drążek pogo ma sprężynę o stałej sprężystości 2 , 5 ⋅ 10 4 N / m , której maksymalne ściśnięcie wynosi 12,0 cm. Na jaką maksymalną wysokość, licząc od położenia równowagi, może wyskoczyć dziecko, jeśli całkowita masa dziecka i drążka wynosi 40 kg? 33,9 cm Ciężarek o masie 500 g jest przyczepiony do sprężyny o stałej k równej 80 N/m (zobacz rysunek poniżej). Drugi koniec sprężyny jest przymocowany do ściany. Ciężarek spoczywa na równi pochyłej nachylonej pod kątem 30 ° do poziomu. Współczynnik tarcia pomiędzy ciężarkiem a równią wynosi 0,20. Ciężarek popchnięto tak, że sprężyna skurczyła się o 10 cm, a następnie pozwolono całości układu poruszać się swobodnie. Ile wynosi energia potencjalna w momencie ściśnięcia sprężyny? Wyznacz prędkość ciężarka w momencie, w którym przelatuje on przez punkt równowagi. Określ położenie maksymalnego wychylenia ciężarka w górę równi. Ciężarek o masie 200 g przyczepiono do nieważkiej sprężyny o stałej sprężystości 100 N/cm. Drugi koniec sprężyny przymocowano do sufitu. Układ początkowo znajduje się w stanie spoczynku, w którym położenie ciężarka oznaczono symbolem O . Załóżmy, że zero energii potencjalnej ciężarka przypada właśnie w tym punkcie, zarówno dla siły sprężystości, jak i grawitacji. Ciężarek odciągnięto na odległość 5 cm od stanu spoczynku, po czym pozwolono mu na swobodny ruch. Ile wynosi wypadkowa energia potencjalna ciężarka w najniższym punkcie ruchu? Jaka jest wypadkowa energia potencjalna w położeniu O ? Jaka jest prędkość ciężarka w momencie, w którym przekracza położenie O ? Jak wysoko ponad punkt O wzniesie się ciężarek? a. 0,0269 J; b. E p = 0 ; c. 1,11 m/s; d. 4,96 cm W akcjach promocyjnych często stosuje się działka strzelające koszulkami T-shirt, aby przekazać je uczestnikom wydarzenia. Przyjmij, że działko wystrzeliwuje T-shirt z prędkością 5,00 m/s ze sceny na wysokości 3,00 metrów nad ziemią. Jaką prędkość będzie miała koszulka w momencie, w którym łapie ją osoba mająca dłonie na wysokości (a) 1 metra oraz (b) 4 metrów nad ziemią? Pomiń siły oporu powietrza. Dziecko o wadze 32 kg skacze na trampolinie. Trampolina oddziałuje na nie siłą sprężystości, działającą jako siła przywracająca. Stała sprężystości trampoliny wynosi 5000 N/m. W najwyższym punkcie podskoku dziecko znajduje się 1 m nad poziomem powierzchni trampoliny. Jakie jest maksymalne odchylenie płachty trampoliny w momencie lądowania dziecka? Pomiń zjawisko ugięcia nóg oraz pracę mięśni dziecka. 42 cm Poniżej narysowano ciężarek o masie m 1 znajdujący się na równi pochyłej odchylonej od poziomu o kąt θ . Ciężarek połączono nieważką nicią przerzuconą przez nieważki bloczek i przyczepiono do zwisającego swobodnie ciężarka o masie m 2 . Ruch nici odbywa się bez tarcia. Jeśli m 1 i m 2 znajdują się na wysokości h oraz m 2 ≫ m 1 to: Jaka jest energia potencjalna grawitacji całego układu? Jaka jest końcowa energia kinetyczna? Zadania dodatkowe Nieważka sprężyna o stałej k = 200 N/m zwisa z sufitu. Ciało o masie 2,0 kg przyczepiono do swobodnego końca sprężyny i pozwolono na swobodny ruch. Jeśli ciężarek rozciąga sprężynę o 17 cm, zanim zawróci i zacznie się poruszać w górę, to ile wynosi praca sił tarcia podczas opadania? 0,44 J Cząstka o masie 2,0 kg porusza się pod wpływem siły F ( x ) = − x 2 ⋅ 5 N / m 2 + x ⋅ 7 N / m . Załóżmy, że siły tarcia również działają na ciało. Jeśli na początku ruchu ciała w punkcie x = −4,0 m jego prędkość wynosi 0,0 m/s, a w punkcie x = 4,0 m 9,0 m/s, to ile wynosi praca wykonana przez siły tarcia na tym odcinku? Ciężarek 2 przedstawiony poniżej przesuwa się bez tarcia, podczas gdy ciężarek 1 spada. Oba ciężarki połączone są nieważką, nierozciągliwą nicią przerzuconą przez nieważki bloczek, po którym lina porusza się bez tarcia. Oblicz prędkość bloczków po pokonaniu przez nie drogi równej 2,0 m. Załóż, że ruch rozpoczyna się ze stanu spoczynku. Dane: m 1 = 2,0 kg oraz m 2 = 4,0 kg . 3,6 m/s Punkt materialny o masie m znajdujący się początkowo w stanie spoczynku zaczyna się zsuwać po powierzchni kuli o promieniu R bez tarcia (zobacz poniżej). Wykaż, że ciało odrywa się od kuli w momencie gdy θ = arccos ⁡ ( 2 / 3 ) . Tajemnicza siła działa na wszystkie cząstki wzdłuż wyróżnionego kierunku i zawsze jest skierowana w stronę pewnego punktu P . Wartość siły zależy od sześcianu odległości od tego punktu, czyli F ∝ r 3 , gdzie r to oddalenie cząstki od punktu P . Przyjmijmy, że b jest współczynnikiem proporcjonalności takim, że wartość siły dana jest wzorem F = b r 3 . Wyznacz energię potencjalną cząstki związaną z działaniem tej siły w odległości D od punktu P , przy założeniu, że w położeniu P energia potencjalna wynosi zero. b D 4 / 4 Ciało o masie 10 kg rozpoczyna ruch z punktu A i ześlizguje się w dół równi pochyłej o kącie nachylenia 30 ° , po czym zderza się z nieważką sprężyną umieszczoną poza równią na poziomym podłożu (zobacz niżej). Stała sprężystości sprężyny wynosi 500 N/m i odchyla się ona od równowagi w momencie uderzenia o 0,75 m. Wysokość równi wynosi 2 m, natomiast ruch odbywa się bez tarcia tylko na powierzchni płaskiej. Jaką prędkość ma ciało na dole równi? Ile wynosi praca sił tarcia wykonana w trakcie ruchu ciała po równi? Ciało odbija się od sprężyny. Jaka jest prędkość ciała w momencie, gdy wraca ono na początek równi? Na jaką wysokość powróci ciało po odbiciu? Poniżej przedstawiono małą kulkę o masie m , przyczepioną do liny o długości a . Kołek wbito w ścianę w odległości h poniżej punktu zaczepienia liny. Jeśli kulka rozpoczyna swój ruch w momencie, gdy lina jest wychylona o kąt prosty od pionu, wykaż, że h musi być większe niż 3 a / 5 , żeby kulka mogła wykonać pełne okrążenie wokół kołka. Należy to wykazać. Ciężarek najpierw zsuwa się z równi pochyłej, a po pokonaniu wysokości h pokonuje krótką drogę w poziomie (bez tarcia) i wypada z rampy umieszczonej na wysokości H nad ziemią. Oblicz zasięg lotu D w zależności od h , H i g . Ciężarek o masie m zsuwa się z równi bez tarcia. Następnie uderza w drugi ciężarek o masie M przyczepiony do sprężyny o stałej sprężystości k (zobacz poniżej). Ciężarki sklejają się i dalej poruszają się wspólnie. Wyznacz ściśnięcie sprężyny w funkcji m , M , h , g i k w momencie, w którym układ wraca do równowagi. Oblicz utratę energii kinetycznej związaną z połączeniem się dwóch ciężarków. a. 2 m 2 g h k ( m + M ) ; b. m M g h m + M Ciężarek o masie 300 g przyczepiono do sprężyny o stałej sprężystości 100 N/m. Drugi koniec sprężyny przyczepiono do ściany. Układ znajduje się na poziomej platformie, po której ciężarek porusza się swobodnie bez tarcia. Sprężynę ściśnięto o 12 cm od położenia równowagi, po czym uwolniono. Jaką wartość energii potencjalnej miał układ w trakcie ściśnięcia? Oblicz prędkość ciężarka w momencie, gdy przechodzi on przez położenie równowagi. Wyznacz prędkość ciężarka po pokonaniu przez niego drogi 20 cm, licząc od położenia początkowego. Ciężarek o masie 0,200 kg przyczepiono do sprężyny o stałej sprężystości 100 N/m. Układ umieszczono na stole, po którym ruch odbywa się bez tarcia, drugi koniec sprężyny umocowano na ścianie po lewej stronie. Sprężynę ściśnięto o 10,0 cm. Znajdź prędkość, gdy ciężarek przechodzi przez położenie równowagi, 5,00 cm w lewo od punktu (a), 5,00 cm w prawo od (a). a. 2,24 m / s ; b. 1,94 m / s ; c. 1,94 m / s Narciarz zaczyna zsuwać się ze zbocza. Jaka będzie prędkość narciarza po pokonaniu 20 m wysokości zbocza? Opór powietrza i tarcie można pominąć. Powtórz poprzednie zadanie, ale tym razem zakładając, że praca wykonana przez siły oporu nie może być pominięta. Niech praca oporu powietrza na odcinku od A do B wynosi −2000 J. Praca wykonana przez siły oporu jest ujemna, ponieważ siły oporu są skierowane przeciwnie do przesunięcia. Masa narciarza wynosi 50 kg. Jaka jest jego prędkość w punkcie B (zakładając, że pokonana wysokość jest taka sama jak w poprzednim zadaniu)? 18 m/s Dwa ciała reagują ze sobą siłą zachowawczą. Wykaż, że energia mechaniczna odizolowanego układu dwóch ciał będzie wtedy zachowana. ( Podpowiedź: Rozpocznij od trzeciego prawa Newtona i definicji pracy po to, by wyprowadzić wzór na pracę wykonaną przez każde z ciał.) W parku rozrywki wagonik porusza się po torze przedstawionym poniżej. Wyznacz prędkość wagonika w A , B oraz C . Zauważ, że praca sił tarcia jest równa zero ze względu na to, że siła tarcia jest skierowana zawsze prostopadle do promienia obracających się kółek pojazdu. v A = 24 m/s; v B = 14 m/s; v C = 31 m/s Kula stalowa o masie 200 g jest przyczepiona do nieważkiej nici o długości 2,00 m zwisającej z sufitu. Całość tworzy wahadło, które wychylono pod kątem 30 ° od pionu, po czym puszczono, pozwalając na ruch swobodny. Opór powietrza można pominąć. Wyznacz prędkość kuli w położeniu (a) najniższym w pionie, (b) wychylonym pod kątem 20 ° oraz (c) 10 ° . Krążek hokejowy o masie 300 g leci w poprzek pokrytego lodem stawu. Zanim go uderzono, znajdował się w stanie spoczynku. Poprzez uderzenie nadano mu prędkość równą 40 m/s. Krążek zatrzymuje się po pokonaniu drogi 30 m. Opisz zmianę energii ciała w czasie i podaj wartości liczbowe pracy i energii. Oblicz wartość wypadkowej siły tarcia. a. Strata energii wynosi 240 N m ; b. F = 8 N Pocisk o masie 2 kg wystrzelono z prędkością 20 m/s pod kątem 30 ° do poziomu. Oblicz początkową energię całkowitą pocisku, przyjmując za punkt odniesienia dla energii grawitacji – punkt wystrzału. Oblicz energię kinetyczną w najwyższym możliwym położeniu lotu. Oblicz energię potencjalną w tym samym punkcie. Oblicz maksymalną wysokość. Porównaj wynik z rozwiązaniem zadania metodą kinetyczną. Pocisk artyleryjski wystrzelono, mierząc w cel umieszczony na wysokości 200 m nad ziemią. Kiedy pocisk znajduje się na wysokości 100 m, ma prędkość 100 m/s. Jaką ma prędkość w chwili uderzenia w cel? Pomiń opory powietrza. 89,7 m/s Ile wynosi energia rozproszona człowieka o masie 60 kg spadającego ze stałą prędkością na odległości 15 metrów? Pudełko o całkowitej energii 50 J ślizga się bez tarcia po powierzchni. Przedmiot uderza w sprężynę, którą ściska, wychylając ją o 25 cm z położenia równowagi. Jeśli to samo pudełko poruszałoby się z tarciem, to ściśnięcie sprężyny byłoby równe 15 cm. Jaka ilość energii została rozproszona podczas ruchu z tarciem? 32 J nieodnawialne źródło energii (ang. non-renewable energy source ) źródło energii, które nie może zostać odnowione i jest zużywane przez działalność ludzką odnawialne źródło energii (ang. renewable energy source ) źródło energii, które jest uzupełniane przez procesy naturalne w czasie dużo krótszym niż czas trwania cywilizacji ludzkiej", "section": "Źródła energii", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Pojęcia pędu, impulsu (popędu siły) oraz środka masy są kluczowe dla prawidłowego odbicia piłki przez bejsbolistę. Jeżeli niewłaściwie oceni te wielkości, jego frustracja spowodowana porażką może zakończyć się połamaniem kija. (Źródło: zmodyfikowane przez „Cathy T”/Flickr) Pojęcia pracy i energii oraz twierdzenie o równoważności pracy i energii są niezwykle istotne z dwóch powodów. Po pierwsze – są użyteczne pod względem rachunkowym, umożliwiając łatwiejszą analizę złożonych układów fizycznych w porównaniu z ich badaniem wprost z praw mechaniki Newtona (np. w przypadku działania siły zmiennej). Po drugie – stwierdzenie, że całkowita energia układu pozostaje stała, oznacza, że układ może ewoluować tylko w taki sposób, by pozostała ona zachowana. Innymi słowy – układ nie może podlegać przypadkowym przemianom, może zmieniać się tylko w sposób zgodny z zasadą zachowania energii. W tym rozdziale zapoznamy się z pędem – kolejną wielkością „zachowaną” tj. nieulegającą zmianie w układzie, przy spełnieniu pewnych warunków. Poznamy także regułę pędu i popędu , która nakłada dodatkowe ograniczenia na możliwości ewolucji układu w czasie. Zasada zachowania pędu okaże się z kolei bardzo przydatna w zrozumieniu zjawisk zderzeń, jak to zilustrowano na powyższym zdjęciu. Jest ona równie ważna, pomocna i przydatna, jak twierdzenie o równoważności pracy i energii.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Pęd Z rozważań na temat energii kinetycznej wynika, że do pełnego zrozumienia opisu ruchu obiektu musimy znać zarówno jego masę, jak i prędkość ( E k = m v 2 / 2 ). Pojęcie energii kinetycznej, jakkolwiek użyteczne, niewiele mówi o kierunku ruchu ciała, czyli o kierunku i zwrocie jego prędkości. W tym podrozdziale zdefiniujemy wielkość fizyczną, która zawierać będzie także informację o kierunku ruchu. Wielkością tą jest pęd (ang. momentum z łac. movimentum = ruch), oznaczany symbolem p → . Podobnie jak energia kinetyczna, pęd - zależąc od masy i prędkości ciała – charakteryzuje „ilość” jego ruchu. Pęd Pęd p → ciała jest iloczynem jego masy m i prędkości v → . Pęd jest wektorem o kierunku i zwrocie zgodnym z wektorem prędkości: p → = m v → . Kierunki i zwroty wektorów prędkości i pędu piłki są jednakowe. Ponieważ masa piłki wynosi ok. 0,5 kg, a pęd jest iloczynem masy i prędkości – długość wektora pędu równa jest w przybliżeniu połowie długości wektora prędkości. (Źródło: modyfikacja pracy Ben Sutherland) Jak wynika z , pęd - podobnie jak prędkość – jest wielkością wektorową. Odróżnia to pęd od energii kinetycznej i czyni go szczególnie użytecznym przy ocenie, czy ruch obiektu podlega łatwej ( ) czy trudnej zmianie ( ). Prędkości cząsteczek gazu mogą być bardzo duże – w temperaturze 20 ∘ C średnia prędkość cząsteczek powietrza wynosi około 500 m/s, czyli 1800 km/h. Ze względu na niewielkie masy cząsteczek gazu – zmiana ich pędu w zderzeniach ze sobą lub ze ściankami naczynia następuje niezwykle szybko. Supertankowiec przewożący ogromne ilości ropy naftowej ma niemal 400 metrów długości, ponad 60 metrów szerokości, masę 500 tysięcy ton i rozwija prędkość do 30 km/h. Ze względu na znaczną bezwładność zmiana stosunkowo niewielkiej prędkości statku wymaga długiego czasu – rzędu kilkunastu do kilkudziesięciu minut. (Źródło: zmodyfikowane przez „the_tahoe_guy”/Flickr) W odróżnieniu od energii kinetycznej, pęd obiektu zależy w jednakowym stopniu od jego masy i prędkości. Jak się później przekonamy, studiując termodynamikę, średnia prędkość cząsteczki powietrza w temperaturze pokojowej wynosi około 500 m/s. Przy średniej masie cząsteczki równej 5 ⋅ 10 − 26 k g jej pęd p cz = 5 ⋅ 10 − 26 k g ⋅ 500 m / s = 2,5 ⋅ 10 − 23 k g ⋅ m / s . Dla porównania, typowy samochód o masie 1400 kg, jadący z prędkością 15 m/s – tj. 54 km/h – posiada pęd p s = 1400 k g ⋅ 15 m / s = 2,1 ⋅ 10 4 k g ⋅ m / s . Obie wartości pędów różnią się o 27 rzędów wielkości, czyli kwadryliard razy! Podsumowanie Ruch ciała zależy od jego masy i prędkości. Pęd jest wielkością fizyczną służącą do opisu ruchu – bardzo użyteczną zarówno w obliczeniach, jak i rozważaniach teoretycznych. Pęd jest iloczynem masy i prędkości ciała. Jednostką pędu w układzie SI jest kg·m/s. Pytania Dwa ciała – lżejsze i cięższe – posiadają taki sam pęd. Które z nich ma większą energię kinetyczną? Wiedząc, że E k = m v 2 / 2 oraz że p = m v , łatwo można wyprowadzić związek między energią kinetyczną i pędem: E k = p 2 / 2 m . Jeżeli więc pęd obu ciał jest jednakowy, ciało o mniejszej masie będzie posiadało większą energię kinetyczną. Jaka będzie odpowiedź, gdy ciało lżejsze i cięższe mają taką samą energię kinetyczną? Które z nich ma większy pęd? Pęd ciała cięższego jest większy. Zadania Słoń kontra myśliwy Oblicz pęd słonia o masie 2 ton pędzącego w kierunku myśliwego z prędkością v s = 7,5 m / s . Oblicz stosunek pędu słonia do pędu lotki ze środkiem usypiającym, jeżeli masa tejże lotki wynosi m p = 0,04 k g , a prędkość v p = 600 m / s . Jaki jest pęd myśliwego o masie 90 kg biegnącego z prędkością 7,4 m / s ? Łyżwiarka o masie 40 kg porusza się bez tarcia z prędkością 5 m/s względem ziemi, trzymając w rękach pudełko o masie 5 kg. Wyznacz pęd pudełka względem ziemi. Wyznacz pęd pudełka względem ziemi, gdy łyżwiarka położy je w czasie jazdy na gładkim lodzie. 25 k g ⋅ m / s ; tyle samo co w przypadku a. Samochód o masie 2000 kg jedzie na wschód ze stałą prędkością 10 m/s. Jaki jest pęd samochodu? Masa Ziemi wynosi 5,97 ⋅ 10 24 k g , a średni promień orbity wokół Słońca jest równy 1,5 ⋅ 10 11 m . Oblicz średni pęd Ziemi. 1,78 ⋅ 10 29 k g ⋅ m / s . Ilość opadów podczas ulewnego deszczu w ciągu 1 godziny na powierzchnię 10 k m 2 wynosiła 1 cm. Jaki pęd można przypisać masie deszczu, który spadł w ciągu jednej sekundy tej ulewy? Przyjmij wartość końcową prędkości kropli deszczu jako 10 m/s. Jaka jest średnia wartość pędu lawiny niosącej warstwę śniegu o grubości 40 cm z powierzchni 100 m × 500 m , na odległość równą 1 km, w czasie 5,5 s? Przyjmij gęstość masy śniegowej równą 350 k g / m 3 . 1,3 ⋅ 10 9 k g ⋅ m / s . Jaka jest średnia wartość pędu sprintera o masie 70 kg, który przebiegł dystans 100 m w czasie 9,65 s? pęd (ang. momentum ) miara „ilości ruchu” ciała, wektor iloczynu masy i prędkości ciała, zorientowany tak samo, jak prędkość ciała", "section": "Pęd", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Popęd siły i zderzenia W poprzedniej sekcji zdefiniowaliśmy pęd obiektu, będący iloczynem jego masy i prędkości. Tym samym, jeżeli na skutek działania siły następuje zmiana prędkości ciała – zmienia się także jego pęd. To wskazuje na relację między pędem i siłą. Celem tego podrozdziału jest zbadanie i opisanie tejże relacji. Załóżmy, że do pewnego ciała przez pewien czas przyłożono siłę. Oczywiście im większa siła, tym większej zmiany pędu ciała się spodziewamy. Podobnie im dłuższy czas działania siły, tym większa będzie zmiana pędu, jak pokazuje . Zatem wartość zmiany pędu będzie proporcjonalna zarówno do wartości działającej siły, jak i do czasu jej działania. Zmiana pędu ciała jest proporcjonalna do czasu działania siły. Na dolnym rysunku ta sama siła działa przez czas dwukrotnie dłuższy niż na górnym, powodując dwukrotnie większą zmianę pędu. Zgodnie z regułami matematyki, jeżeli dana wielkość jest jednocześnie proporcjonalna do dwóch lub więcej wielkości, to jest proporcjonalna do ich iloczynu. Iloczyn siły i czasu jej działania nazywamy popędem siły lub impulsem (ang. impulse ), bądź też impulsem siły i oznaczamy symbolem J → . Popęd siły (impuls siły) Niech F → oznacza siłę działającą na ciało przez krótki (różniczkowy) przedział czasu d t ( ). Popęd siły, wywieranej na ciało zdefiniowany jest jako d J → = F → d t . Siła wywierana na piłeczkę tenisową przez rakietę w przedziale czasu d t wytwarza popęd siły o kierunku i zwrocie identycznym z kierunkiem i zwrotem wektora tejże siły. Całkowity popęd siły w przedziale czasu od chwili początkowej t 0 do końcowej t 1 wynosi J → = ∫ t 0 t 1 d J → = ∫ t 0 t 1 F → d t . Z i wynika, że siła działająca przez infinitezymalnie krótki przedział czasu d ⁡ t , wywiera infinitezymalny popęd d J → . Całkowity popęd siły zdefiniowany jest jako suma (ściślej: całka) owych infinitezymalnych wielkości. Do obliczenia popędu siły na podstawie , konieczna jest znajomość tejże siły w funkcji czasu F ( t ) , co często nie jest możliwe. Możliwe jest jednak wyznaczenie poszukiwanej wielkości na podstawie wartości średniej funkcji dla danego przedziału zmiennej niezależnej. Przypomnijmy w tym miejscu, że wartość średnią f śr funkcji f ( x ) w przedziale zmiennej niezależnej Δ x = x 1 − x 0 obliczamy jako f śr = 1 Δ x ∫ x 0 x 1 f ( x ) d x . W przypadku siły F , będącej funkcją czasu, otrzymujemy: F → śr = 1 Δ t ∫ t 0 t 1 F → ( t ) d t . A zatem, na podstawie , mamy J → = F → śr Δ t . Widać więc, że można obliczyć popęd siły nawet nie znając dokładnej postaci zależności siły od czasu, jeżeli znana jest jej wartość średnia w analizowanym przedziale. Odwracając tok myślenia, możemy stwierdzić, że jeżeli z pomiarów lub obliczeń znany jest popęd siły, możliwe jest wyznaczenie wartości średniej siły działającej na ciało w danym przedziale czasu. Chcąc wyznaczyć popęd siły, możemy skorzystać z , stosując podstawienie F → ( t ) = m a → ( t ) J → = ∫ t 0 t 1 F → ( t ) d t = m ∫ t 0 t 1 a → ( t ) d t = m [ v → ( t 1 ) − v → ( t 0 ) ] . W przypadku siły niezależnej od czasu, jej wartość średnia i chwilowa są jednakowe: F → śr = F → = m a → , co pozwala na uproszczenie powyższego równania do postaci J → = m a → Δ t = m [ v → ( t 1 ) − v → ( t 0 ) ] , zatem J → = m Δ v → . Warto zauważyć, że całkowa postać jest słuszna także w przypadku siły niezależnej od czasu – wówczas jej symbol można wynieść przed całkę, co jest tożsame z obliczeniem siły średniej. Z łatwością przechodzimy więc do zapisu w postaci . Krater meteorytowy w Arizonie (Krater Barringera) Około 50 tys. lat temu w północnej Arizonie (USA) ogromny, liczący ok. 50 m średnicy meteoryt uderzył w powierzchnię Ziemi z prędkością ok. 1,28 ⋅ 10 4 m/s . W następstwie zderzenia powstał istniejący do dziś krater o średnicy ok. 1200 m, głębokości 170 m, z obrzeżem wypiętrzonym na wysokość 45 m ponad otaczającą go pustynię ( ). Typowa gęstość meteorytów, zawierających głównie żelazo i nikiel, wynosi 7 970 k g /m 3 . Korzystając ze wzoru na popęd siły, wyznacz siłę średnią oraz maksymalną siłę, jaką meteoryt działał na powierzchnię Ziemi podczas zderzenia. Krater Barringera (ang. Barringer Crater ) we Flagstaff w Arizonie. Jest to najlepiej zbadany i jeden z najlepiej zachowanych kraterów uderzeniowych na Ziemi, zidentyfikowany w roku 1903 przez amerykańskiego geologa i przemysłowca Daniela Barringera jako krater meteorytowy. (Źródło: „Shane.torgerson”/Wikimedia Commons). Strategia rozwiązania Rozwiązanie zadania stanie się łatwiejsze, jeżeli – odwracając problem – obliczymy siłę, z jaką Ziemia oddziaływała na meteoryt, zatrzymując go. Siła ta, na mocy III zasady dynamiki Newtona, będzie co do wartości równa sile, z którą meteoryt uderzył w Ziemię, natomiast w ujęciu wektorowym – będzie zwrócona przeciwnie i przyłożona do środka masy meteorytu. Korzystając z danych w treści zadania i zakładając dla ułatwienia kulisty kształt meteorytu oraz czas jego zderzenia z Ziemią wynoszący maksymalnie 2 s – możemy zastosować i wyznaczyć najpierw popęd siły. Następnie skorzystamy z relacji pomiędzy siłą i popędem siły ( ) i określimy średnią wartości siły podczas zderzenia. W kolejnym kroku wybierzemy funkcję reprezentującą zależność siły od czasu, z wyznaczymy wartość średnią tejże siły i przekształcimy do postaci wyrażenia na siłę średnią. Otrzymane w ten sposób rozwiązanie opisywać będzie wartości siły maksymalnej. Rozwiązanie Oznaczmy kierunek pionowy ku górze jako kierunek osi + y (kierunek ten we wzorach oznaczony będzie wersorem osi + j ^ ). Dla uproszczenia przyjmijmy, że meteoryt spadał na Ziemię dokładnie pionowo, na co wskazuje symetryczny kształt krateru uderzeniowego. W tej sytuacji prędkość początkowa meteorytu posiada wyłącznie składową pionową skierowaną w dół: v → 0 = − v 0 j ^ , zaś siła, jaką Ziemia wywiera na meteoryt, skierowana jest w górę: F → ( t ) = + F ( t ) j ^ . W chwili upadku sytuacja przedstawia się więc jak na rysunku poniżej: Średnia wartość siły podczas zderzenia związana jest z popędem siły relacją: F → śr = J → Δ t . Z otrzymujemy zatem F → śr = m Δ v → Δ t . Masa meteorytu jest równa iloczynowi jego gęstości i objętości: m = ρ V . Zakładając kulisty kształt meteorytu, jego objętość wyrażamy wzorem: V = 4 3 π R 3 . Możemy obliczyć wówczas, że F → śr = ρ V Δ v → Δ t = ρ 4 3 π R 3 Δ t [ v → ( t 1 ) − v → ( t 0 ) ] . Z treści zadania wynika, że prędkość początkowa meteorytu wynosiła − 1,28 ⋅ 10 4 m / s ⋅ j ^ , a jego prędkość końcowa była równa zeru. Przyjmujemy dodatkowo, że czas zderzenia meteorytu z Ziemią wynosił Δ t = t max − t 0 = 2 s . Zatem średnia siła, z jaką Ziemia działała na meteoryt podczas zderzenia, wynosi F → śr = 7 970 k g / m 3 ⋅ 4 3 π ⋅ ( 25 m ) 3 2 s ⋅ [ 0 m / s − ( − 1,28 ⋅ 10 4 m / s ⋅ j ^ ) ] = 3,33 ⋅ 10 12 N ⋅ j ^ . i jest skierowana ku górze. Zauważmy, że tak samo skierowany jest wektor zmiany prędkości meteorytu Δ v → . W następnym kroku obliczamy siłę maksymalną. Popęd siły związany jest z funkcją siły zależnością: J → = ∫ t 0 t max F → ( t ) d t . Należy teraz przyjąć pewną postać funkcji, która będzie spełniała logiczne skądinąd założenia, że siła była maksymalna w chwili uderzenia meteorytu o Ziemię (w chwili t 0 = 0 ), a następnie gwałtownie zmalała do zera w przedziale czasu równym 2 s. Funkcją, która spełnia powyższe warunki ma postać: F ( t ) = F max e − t 2 2 τ 2 . (parametr τ określa, jak szybko funkcja maleje do zera). Siłę średnią wyliczamy, korzystając ze wzoru: F śr = 1 Δ t ∫ t 0 t max F max e − t 2 2 τ 2 d t , gdzie Δ t = t max − 0 s = 2 s . Ponadto przyjmijmy, że τ = t max / e (jest to częste podstawienie, jak przekonasz się w następnych rozdziałach). Po scałkowaniu powyższego wyrażenia otrzymujemy: F śr = 0,458 F max = 3,33 ⋅ 10 12 N . Siła maksymalna wynosi zatem F max = 7,27 ⋅ 10 12 N . Pełen zapis funkcji siły hamującej ruch meteorytu ma więc postać: F → ( t ) = 7,27 ⋅ 10 12 N ⋅ e − t 2 8 s 2 ⋅ j ^ , natomiast siła, którą meteoryt działał na Ziemię – na mocy III zasady dynamiki Newtona – jest wyrażona wzorem: F → ( t ) = − 7,27 ⋅ 10 12 N ⋅ e − t 2 8 s 2 ⋅ j ^ , który stanowi odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu. Znaczenie Przebieg otrzymanej funkcji zawiera bardzo cenne informacje. Na pokazano zależność funkcji F oraz siły średniej F śr od czasu. Wykres zależności F śr (linia czerwona) i F (linia niebieska) od czasu w przypadku zderzenia meteorytu z Ziemią. Pola powierzchni pod wykresami są jednakowe i liczbowo równe wartości popędu siły udzielonego Ziemi podczas zderzenia. Zauważmy, że pola pod wykresami pokolorowano. Warto pamiętać, że pole pod wykresem danej funkcji jest równe wartości całki z tej funkcji, obliczonej w oznaczonych granicach. Dla wykresu stałej siły F śr , pole to jest prostokątem, którego wartość odpowiada iloczynowi F ś r Δ t i na mocy związku pomiędzy średnią siłą a popędem siły wynosi J . W przypadku wykresu siły F ( t ) , na mocy , całka ta również wynosi J . Zatem oba pola są równe i oba reprezentują wartość popędu siły udzielonego Ziemi przez meteoryt podczas dwusekundowego zderzenia. Średnia siła rzędu 10 12 N wydaje się ogromna i rzeczywiście taka jest. Jednak w przypadku obiektu tak ciężkiego jak Ziemia – jest ona w zasadzie ledwo zauważalna. Istotnie, jeśli wyliczyć z II zasady dynamiki Newtona przyspieszenie Ziemi spowodowane działaniem tejże siły, otrzymamy wartość zupełnie niemierzalną: a → = − F → śr M z = − 3,33 ⋅ 10 12 N ⋅ j ^ 5,97 ⋅ 10 24 k g = − 5,6 ⋅ 10 − 13 m / s 2 ⋅ j ^ . Uderzenie meteorytu spowodowało jednak powstanie fali sejsmicznej, która zostałaby zarejestrowana przez współczesne detektory. Korzyści ze znajomości pojęcia popędu siły Samochód jadący z prędkością 27 m/s uderza w budynek. Zderzenie to powoduje zatrzymanie samochodu w czasie 1 s. Kierowca o ciężarze 860 N chroniony jest przez system pasów bezpieczeństwa (ang. seatbelt ) o zmiennym napięciu oraz poduszkę powietrzną (ang. airbag ) ( ). W rezultacie kierowca zderza się z napiętym pasem i poduszką, a nie z budynkiem. Poduszka i pasy redukują jego prędkość tak, że zatrzymuje się on faktycznie po ok. 2,5 s. Jaka średnia siła działa na kierowcę podczas zderzenia? Bez pasów i poduszki czas zderzenia kierowcy z kierownicą wynosiłby ok. 0,2 s. Działania jakiej siły doświadczyłby wówczas kierowca? Ruch samochodu i kierowcy chwilę przed i chwilę po zderzeniu ze ścianą. Kierowca poddany zostaje działaniu ogromnej siły hamującej, działającej przeciwnie do ruchu − F → , wywołanej napięciem pasów i zderzeniem z poduszką. Ostatecznie wytraca on swoją prędkość do zera (siła w kierunku „do przodu”, wynikająca z działania oparcia fotela, jest znacznie mniejsza niż wymienione i zostanie pominięta w dalszej części zadania). Strategia rozwiązania Znany jest ciężar kierowcy, jego początkowa i końcowa prędkość oraz czas zderzenia. W zadaniu niewiadomą jest siła, zatem i na popęd siły wydają się być użyteczne. Rozwiązanie Oznaczmy kierunek ruchu pojazdu jako + x (kierunek ten we wzorach oznaczony będzie wersorem osi + i ^ ). Wiemy, że J → = F → śr Δ t , oraz J → = m Δ v → . Z przyrównania obu równań otrzymujemy: F → śr Δ t = m Δ v → . Chcąc wyznaczyć masę człowieka, gdy znany jest jego ciężar, skorzystamy z zależności Q = m g : m = 860 N 9,8 m / s 2 = 87,6 k g . Wiedząc, że Δ v → = v → 1 − v → 0 oraz że prędkość końcowa kierowcy wynosi zero, wyznaczamy siłę jako: F → śr = m Δ t [ v → 1 − v → 0 ] = 87,8 k g 2,5 s ( 0 m / s − 27 m / s ⋅ i ^ ) = − 948 N ⋅ i ^ . Znak minus wskazuje, że działająca na kierowcę siła, spowalnia go. Wartość tej siły wynosi około 1,1 ciężaru kierowcy. Wykonując analogiczne obliczenia dla przedziału czasu równego 0,20 s (zderzenie bez udziału pasów i poduszki), otrzymujemy: F → śr = 87,8 k g 0,2 s ( 0 m / s − 27 m / s ⋅ i ^ ) = − 11 853 N ⋅ i ^ . Jej wartość jest 14 razy większa niż ciężar kierowcy. To ogromna różnica! Znaczenie Rozwiązując powyższe zadanie, mogliśmy się przekonać, jak ważną rolę odgrywa poduszka powietrzna w redukowaniu sił działających na człowieka podczas zderzenia. Z tego powodu już od początku lat 90. ubiegłego wieku wyposażenie samochodów osobowych w takie poduszki stało się wymogiem w Europie, Azji i Stanach Zjednoczonych. Pamiętajmy, że niezależnie od zastosowania poduszki – zmiana pędu podczas zderzenia jest jednakowa. Użycie poduszki powietrznej sprawia jednak, że siła działająca na człowieka staje się ewidentnie mniejsza! Rola popędu siły (impulsu) Ponieważ impuls to efekt działania siły w określonym przedziale czasu, jego skutkiem jest wywołanie zmian w ruchu ciała. Przypomnijmy : J → = m Δ v → . Ponieważ znany nam już iloczyn m v → definiuje pęd, iloczyn m Δ v → oznacza zmianę pędu, co prowadzi do relacji zwanej regułą pędu i popędu (ang. impulse-momentum theorem ). reguła pędu i popędu Popęd siły (impuls) udzielony układowi powoduje zmianę pędu tegoż układu. Zmiana ta jest równa działającemu impulsowi: J → = Δ p → . Regułę pędu i popędu obrazuje poniższy . Ilustracja zasady pędu i popędu. (a) Piłce poruszającej się z prędkością początkową v → 0 i początkowym pędem p → 0 przekazany został impuls siły J → . (b) Impuls dodaje się wektorowo do posiadanego już przez piłkę pędu początkowego. (c) Impuls równa się zatem zmianie pędu: J → = Δ p → . (d) Po przekazaniu popędu piłka porusza się z nowym pędem p → 1 i nową prędkością v → 1 . Zwróćmy w tym miejscu uwagę na dwie istotne cechy reguły pędu i popędu: Impuls jest wielkością wektorową; efekt zadziałania impulsu − 10 N ⋅ s ⋅ i ^ będzie inny niż impulsu + 10 N ⋅ s ⋅ i ^ , gdyż wywoła zupełnie inną zmianę w ruchu, np. hamowanie albo przyspieszanie ciała. Impuls nie jest źródłem pędu; powoduje natomiast zmianę pędu danego obiektu. Należy zatem rozumieć go zawsze jako różnicę wektorów pędu końcowego i początkowego tegoż obiektu (oraz pamiętać o znakach poszczególnych wektorów!). Reguła pędu i popędu najczęściej wykorzystywana jest do wyznaczania działającej siły lub obliczania zmiany prędkości ciała wskutek działania tejże siły. Strategia rozwiązywania zadań: reguła pędu i popędu Typowa strategia rozwiązywania zadań na podstawie tej reguły obejmuje trzy kroki: Wyraź impuls jako iloczyn siły i czasu jej działania. Wyraź impuls jako zmianę pędu m Δ v . Przyrównaj obie zależności i wyznacz poszukiwane wielkości. Podróż statkiem Enterprise Znany z serialu Star Trek statek kosmiczny Enterprise korzysta z fikcyjnego napędu WARP, w którym wykorzystuje się reakcję materii z antymaterią. Wytworzona w ten sposób energia nadaje statkowi impuls umożliwiający kultowe dla tematyki science-fiction „przechodzenie w nadświetlną”. „Panie Sulu, proszę nas stąd zabrać, 1/4 impulsu naprzód!” – tą komendą kapitan statku Enterprise ( ) nakazywał rozpędzenie statku ze stanu spoczynku do prędkości końcowej równej 1/4 prędkości światła w próżni, czyli v 1 = 1 / 4 ⋅ 3,0 ⋅ 10 8 m/s . Przyjmując, że statek dokonał tego w ciągu 60 s, wyznacz siłę rozpędzającą statek. Strategia rozwiązania Poszukując siły, znamy prędkość początkową i końcową statku, a tym samym ich różnicę i czas potrzebny do dokonania danej zmiany prędkości. Naturalne jest tu skorzystanie z reguły pędu i popędu, jednak do obliczenia pędu potrzebna nam będzie znajomość masy statku. Przyjmijmy więc, że wynosi ona 2 ⋅ 10 9 k g . Rozwiązanie Ponieważ kierunek ruchu statku reprezentuje tylko jeden wymiar, wystarczy nam analiza samych wartości wektorów, a zatem skalarna postać reguły pędu i popędu, danej , zostanie zapisana jako: Δ p = m Δ v = J , gdzie J = F Δ t . Łącząc oba równania, otrzymujemy: F Δ t = m Δ v . Przekształcając powyższe równanie do postaci siły, napiszemy, że: F = m Δ t ( v → 1 − v → 0 ) = 2 ⋅ 10 9 k g 60 s ( 7,5 ⋅ 10 7 m / s − 0 m / s ) = 2,5 ⋅ 10 15 N . Znaczenie Siła, którą wyznaczyliśmy, jest niewyobrażalnie duża. Oczywiste jest, że takiego ruchu nie przeżyłby żaden z pasażerów statku, podobnie jak powstałych naprężeń nie wytrzymałoby jego wyposażenie. Na szczęście Enterprise zawiera „wewnętrzny system tłumienia”. Pozostawiamy wyobraźni czytelników, na jakiej zasadzie on działa… Sprawdź, czy rozumiesz. W lotnictwie i medycynie lotniczej przyjmuje się, że maksymalne przyspieszenie, jakie człowiek może przeżyć (i to przez zaledwie kilka sekund) – wynosi 10 g , gdzie g = 9,8 m / s 2 . Związane jest to z działającymi na ciało przeciążeniami powodującymi kompresję jego narządów wewnętrznych oraz utrudnienia przepływu krwi i pracy serca. Przyjmując wartość 10 g jako przyspieszenie średnie, oblicz czas potrzebny na rozpędzenie statku Enterprise do prędkości 1/4 ⋅ c . Do osiągnięcia prędkości końcowej v 1 = 1 / 4 ⋅ 3,0 ⋅ 10 8 m / s przy stałej wartości przyspieszenia 10 g potrzeba czasu Δ t , który otrzymamy po przekształceniu wzoru definiującego przyspieszenie średnie: 10 g = v 1 Δ t , Δ t = v 1 10 g = 0,25 ⋅ 3 ⋅ 10 8 m / s 10 ⋅ 9,8 m / s 2 = 7,6 ⋅ 10 5 s = 8,8 d o b y . Upuszczenie telefonu komórkowego Pewien model telefonu komórkowego pierwotnie miał być wyposażony w ekran dotykowy wykonany z szafiru, jednak niemal w ostatniej chwili zdecydowano się na zastosowanie utwardzonego szkła. Przyczyną była mała odporność szafiru na pęknięcia podczas upadku. Oblicz, jaka siła działa na ten telefon podczas upadku i zderzenia z ziemią. Strategia rozwiązania Siła powodująca uszkodzenie telefonu podczas uderzenia o podłogę wynika ze zmiany pędu zachodzącej w bardzo krótkim czasie. Rozwiązanie opieramy więc na regule pędu i popędu. Obliczamy impuls, szacujemy czas zderzenia i korzystamy z tych danych do wyznaczenia średniej wartości siły. Na wstępie wskazane jest przyjęcie rozsądnych oszacowań dotyczących czasu zderzenia i wysokości, z jakiej spada telefon, jak również danych producenta na temat masy i rozmiarów telefonu. Po pierwsze – przyjmijmy, że telefon spada z wysokości odpowiadającej klatce piersiowej dorosłego człowieka o przeciętnym wzroście. Po drugie – załóżmy, że telefon wypada człowiekowi np. z ręki lub kieszeni, zatem jego prędkość początkowa wynosi zero. Po trzecie – ustalmy, że po zderzeniu z podłożem nie odbija się od niego lub odbija w zaniedbywalnym stopniu. Rozwiązanie Ustalmy oś y jako skierowaną pionowo do góry. Przyjęta wcześniej typowa wysokość, z której spada telefon, to wysokość klatki piersiowej dorosłego człowieka, czyli h = 1,5 m , a jego prędkość początkowa v 0 = 0 m / s ⋅ j ^ . Średnia siła działająca na telefon związana jest ze zmianą pędu (impulsem) wynikającą z gwałtownego zahamowania telefonu wskutek zderzenia z podłożem i wynosi: F → śr = J → Δ t . Impuls J → jest równy zmianie pędu, J → = Δ p → , więc F → śr = Δ p → Δ t . Zmianę pędu telefonu możemy wyrazić jako: Δ p → = m Δ v → . W tym miejscu warto poświęcić chwilę wartościom prędkości telefonu na różnych etapach jego ruchu oraz ich oznaczeniom: v → 0 – prędkość początkowa telefonu na wysokości h ( v → 0 = 0 m / s ⋅ j ^ ) , v → 1 – prędkość telefonu tuż przed zderzeniem z podłożem, v → 2 – prędkość końcowa telefonu po zderzeniu z podłożem. przedstawia wymienione prędkości w poszczególnych fazach lotu telefonu. (a) Początkowa prędkość telefonu w chwili wypuszczenia z ręki jest równa zeru. (b) Tuż przed uderzeniem o podłogę prędkość telefonu wynosi v → 1 i wiemy o niej na razie tylko tyle, że będzie skierowana w dół − j ^ . (c) Bezpośrednio po odbiciu od ziemi prędkość telefonu wynosi v → 2 . Początkowo prędkości tej również nie znamy, ale wiemy, że będzie ona skierowana w górę, + j ^ . Zgodnie z przyjętymi oznaczeniami zmianę pędu telefonu podczas jego zderzenia z podłogą wyrażamy równaniem: m Δ v → = m ( v → 2 − v → 1 ) . Ponieważ założyliśmy, że pomijamy efekt odbicia od podłogi, przyjmujemy prędkość v → 2 równą zeru, zatem m ⁢ Δ v → = m ⁢ 0 ⁢ m ∕ s − − v 1 ⋅ j ̂ = m ⁢ v 1 ⋅ j ̂ ⁢ . m \\prefop{\\Delta} \\vec v = m [0\\si{\\metre\\per\\second} - (-v_1 \\cdot \\hat j)] = mv_1 \\cdot \\hat j \\text{.} Prędkość aparatu tuż przed uderzeniem w podłogę możemy wyznaczyć z zależności kinematycznych lub z zasady zachowania energii mechanicznej. Tutaj skorzystamy z drugiej metody, ale oczywiście wskazane jest, aby czytelnik wykonał obliczenia również na podstawie odpowiednich zależności kinematycznych dla ruchu jednostajnie przyspieszonego – przekonując się, że uzyskany wynik będzie taki sam. Na wstępie ustalamy poziom odniesienia, dla którego energia potencjalna będzie wynosiła zero. Naturalnym wyborem jest poziom podłogi, względem którego mierzymy wysokość położenia telefonu. Wówczas, zgodnie z zasadą zachowania energii mechanicznej: E 0 = E 1 , E k 0 + E p0 = E k1 + E p1 , 1 2 m v 0 2 + m g h 0 = 1 2 m v 1 2 + m g h 1 . Jeśli wysokość początkowa telefonu nad podłogą wynosi h 0 = h , wysokość w chwili uderzenia h 1 = 0 , a prędkość początkowa v 0 = 0 , równanie powyższe przyjmuje postać m g h = 1 2 m v 1 2 , v 1 = 2 g h . Wobec tego m Δ v → = + m 2 g h . Formułę tę podstawiamy do wyrażenia na siłę: F → śr = Δ p → Δ t = m Δ v → Δ t = + m v 1 Δ t j ^ = + m 2 g h Δ t j ^ . Ostatnią rzeczą wymagającą oszacowania jest czas zderzenia. Powszechnie stosowanym sposobem jest obliczenie, ile czasu obiekt potrzebowałby na przebycie drogi równej swojej własnej długości. Skoro prędkość telefonu tuż przed uderzeniem w ziemię wynosi 5,4 m/s, a jego długość równa jest 0,14 m, obliczony z zależności kinematycznych dla ruchu jednostajnego czas zderzenia wynosi 0,026 s. Zatem siła średnia działająca na telefon i powodująca jego uszkodzenie podczas uderzenia o ziemię wynosi F → śr = 0,172 k g ⋅ 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 1,5 m 0,026 s j ^ = 36 N ⋅ j ^ . Znaczenie Ciężar telefonu to 0,172 k g ⋅ 9,81 m / s 2 = 1,68 N , natomiast siła, której zostaje poddany podczas upadku, jest 20 razy większa. Sprawdź, czy rozumiesz. Co stanie się w sytuacji, gdy telefon odbija się od podłogi? Czy odbicie zwiększyłoby wartość siły, zmniejszyło ją, czy też pozostałaby ona niezmieniona? Gdyby telefon odbijał się od podłogi z taką samą prędkością, z którą w nią uderzał v → 2 = v 1 j ^ , zmiana pędu podczas zderzenia byłaby równa Δ p → = m Δ v → = m [ v 1 j ^ − ( − v 1 j ^ ) ] = 2 m v 1 j ^ . Z reguły pędu i popędu wynika więc, że jest to wartość dwukrotnie większa w porównaniu z sytuacją bez odbicia. Pęd i siła W omówionym otrzymaliśmy istotny związek: F → śr = Δ p → Δ t . Pokazuje on, że średnia siła działająca na ciało jest równa zmianie pędu ciała, którą ta siła wywołuje, podzielonej przez przedział czasu, w którym zmiana nastąpiła. Powyższa zależność jest szczególnie użyteczna w opisie zderzeń, kiedy czas zderzenia Δ t jest mały, ale możliwy do zmierzenia; typowe wartości to dziesiętne lub nawet tysięczne części sekundy. Do tej grupy należą na przykład: zderzenie samochodu, kopnięcie piłki lub zderzenia cząstek w skali subatomowej. W przypadku pędu zmieniającego się w sposób ciągły (na skutek siły zmieniającej się także w sposób ciągły) omawiana zależność jest również bardzo użyteczna. Zagęszczając krok na skali czasu, czyli przechodząc do granicy Δ t → d t , przekształcamy do postaci różniczkowej: F → = d p → d t . Oznacza to, że szybkość zmian pędu układu (pęd okazuje się funkcją czasu) jest równa sile wypadkowej działającej na układ (mogącej być również funkcją czasu). Powyższe równanie nie jest niczym innym, jak drugą zasadą dynamiki Newtona zapisaną z użyciem pędu, a nie przyspieszenia. To właśnie tę relację przedstawił Newton w swoich Principia Mathematica , operując jednak pojęciem „porcji ruchu” zamiast „pędem”. Jeżeli masa układu pozostaje stała, przekształca się do znanej postaci II zasady dynamiki Newtona. Możemy to w prosty sposób wykazać, podstawiając do powyższego wzoru definicję pędu: F → = d ( m v → ) d t = m d v → d t = m a → . Założenie stałości masy pozwala na wyniesienie symbolu m przed operator pochodnej. Gdyby owa masa nie była stała, nie moglibyśmy tego uczynić i należało by poprzestać na z użyciem pędu. Widoczna jest tu korzyść płynąca z zapisu siły jako zmiany pędu w czasie: możliwy jest opis układów o zmiennej zarówno prędkości, jak i masie. Tego typu zagadnienie omawia się szczegółowo, analizując ruch rakiety. druga zasada dynamiki wyrażona przy pomocy pędu Wypadkowa wszystkich sił zewnętrznych działających na układ jest równa szybkości zmian pędu układu pod wpływem działania tychże sił: F → = d p → d t . Jak już wspomniano, dopuszcza zmienność masy w układzie, o czym przekonamy się podczas analizy zasady działania silnika odrzutowego . Oczywiście równanie to jest również bardzo użyteczne, gdy masa układu pozostaje stała, co pokazuje następujący przykład. Obliczamy siłę: Venus Williams i jej serw W turnieju tenisowym French Open w roku 2007 Venus Williams podczas serwu ustanowiła światowy rekord prędkości w rozgrywkach kobiet, nadając piłce tenisowej prędkość równą 58 m/s, to jest 209 km/h. Jaką średnią siłą zadziałała wówczas rakieta zawodniczki na piłkę o masie 0,057 kg? Przyjmijmy, że prędkość piłki natychmiast po odbiciu wynosiła 58 m/s i była skierowana poziomo (patrz: ) oraz że czas kontaktu piłki z rakietą tenisową wynosił 5 ms. Końcowa prędkość piłki tenisowej wynosi v → 1 = 58 m / s ⋅ i ^ . Strategia rozwiązania Problem jest zagadnieniem jednowymiarowym, ponieważ piłka w chwili uderzenia nie posiada składowej pionowej prędkości. Pamiętajmy jednak, że w rzeczywistości serwis rozpoczyna się od podrzucenia piłki pionowo w górę i uderzenia w piłkę opadającą. Prędkość pionowa piłki jest jednak zaniedbywalnie mała w porównaniu z prędkością nadawaną podczas uderzenia w płaszczyźnie poziomej. Przywołajmy teraz drugie prawo Newtona, wyrażające znany związek między siłą i pędem: F → = d p → d t . Ponieważ masa piłki jest stała, zmianę pędu piłki wyrażamy jako Δ p = m Δ v = m ( v 1 − v 0 ) , przy czym ze względu na jednowymiarowość ruchu – możemy tutaj użyć zapisu skalarnego. W omawianym przykładzie dana jest prędkość piłki po odbiciu oraz czas jej zderzenia z rakietą, zatem do określenia siły ze wzoru F = Δ p / Δ t , niezbędne jest obliczenie zmiany pędu Δ p . Rozwiązanie Aby obliczyć zmianę pędu, podstawmy do powyższego wyrażenia posiadane dane: Δ p = m ( v 1 − v 0 ) = 0,057 k g ⋅ ( 58 m / s − 0 m / s ) = 3,3 k g ⋅ m / s . Zatem wielkość siły zewnętrznej nadającej piłce prędkość poziomą wynosi F = Δ p Δ t = 3,3 k g ⋅ m / s 0,005 s = 660 N . Znaczenie Wyznaczona wartość jest średnią siłą, jaką wywarła rakieta Venus Williams na piłkę podczas tego błyskawicznego uderzenia (dla porównania, na piłkę działa także siła ciężkości równa 0,57 N, ale nie jest ona związana z działaniem rakiety). Problem ten można było oczywiście równie dobrze rozwiązać, wyznaczając najpierw przyspieszenie piłki z równania F = m a . Podsumowanie Jeżeli przez pewien przedział czasu na ciało działa siła, to ciało to doznaje zmiany pędu (impulsu) lub, innymi słowy, udzielony mu zostaje popęd siły. Impuls ten jest równy zmianie pędu ciała. Zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona wypadkowa sił zewnętrznych działających na dany układ jest równa szybkości zmiany pędu, który wywołała. Pytania Czy możliwe jest, aby małą siłą wywołać znaczniejszą zmianę pędu danego ciała niż siłą większą? Odpowiedź uzasadnij. Tak. Impuls jest iloczynem siły i przedziału czasu jej działania J → = F → Δ t , zatem mała siła działająca przez długi czas może wytworzyć większy popęd niż siła duża, ale krótkotrwała. Dlaczego upadek z wysokości 10 metrów na beton jest dużo bardziej niebezpieczny niż upadek do wody? Jaka siła zewnętrzna jest odpowiedzialna za zmianę pędu samochodu jadącego po płaskiej drodze? Ruch samochodu możliwy jest dzięki obecności siły tarcia działającej poziomo, stycznie do kół w punkcie ich kontaktu z podłożem. W ten sposób samochód obracającymi się kołami „odpycha” drogę do tyłu (a właściwie Ziemię, działając stycznie do jej powierzchni), a droga „pcha” go do przodu. Ponieważ masa samochodu jest nieporównywalnie mniejsza od masy Ziemi, to właśnie samochód zostaje wprawiony w ruch i obserwujemy jego zmianę prędkości i pędu, natomiast ruch obrotowy Ziemi pozostaje niezaburzony. Kulkę z plasteliny oraz piłeczkę tenisową o takiej samej masie rzucono w kierunku ściany z takimi samymi prędkościami. Czy któreś ciało doświadczy większej zmiany pędu na skutek zderzenia, czy też impuls będzie w obu przypadkach jednakowy? Odpowiedź uzasadnij. Zadania Człowiek o masie 75 kg jadący samochodem z prędkością 20 m/s wjeżdża w przyczółek mostu (rysunek). Oblicz średnią siłę działającą na człowieka, kiedy uderza on w deskę rozdzielczą, która ulega wgnieceniu na głębokość 1 cm. Oblicz średnią siłę działającą na człowieka, kiedy uderza w poduszkę powietrzną, która ulega wgnieceniu na głębokość 15 cm. a. 1,5 MN; b. 0,1 MN. Z podróżami w przestrzeń kosmiczną wiąże się wielkie ryzyko zderzenia z tzw. śmieciami kosmicznymi, czyli odpadkami dawnych obiektów wprowadzonych na orbitę. Szacuje się, że kilka tysięcy takich śmieci jest na tyle dużych, by mógł wykryć je radar, natomiast olbrzymią część stanowią bardzo małe obiekty, takich jak np. lecące z ogromną prędkością płatki farby. Jaką siłę wywiera taki płatek o masie 0,1 mg, gdy uderza w okno rakiety ze względną prędkością 4 km/s? Przyjmij, że zderzenie trwa 60 ns. Wycieczkowiec o masie 10 7 k g uderza w molo z prędkością 0,750 m/s i zatrzymuje się po przebyciu drogi równej 6 m (rujnując statek, molo i stan portfela kapitana holownika, odpowiedzialnego za pilotowanie do portu). Korzystając z reguły pędu i popędu oblicz średnią siłę uderzenia w molo. ( Wskazówka: oblicz najpierw czas potrzebny do zatrzymania statku przy założeniu stałej wartości siły hamującej). 4,69 ⋅ 10 5 N . Oblicz końcową prędkość zawodnika rugby ważącego 110 kg, który biegnąc z prędkością początkową równą 8,0 m/s, zderza się czołowo ze słupkiem bramki i doznaje działania siły hamującej o wartości 1,76 ⋅ 10 4 N w czasie 55 ms. Strumień wody o natężeniu 50 kg/s, wydostający się z prędkością 42 m/s ze skierowanego poziomo węża strażackiego, skierowano na pionową ścianę. Oblicz siłę wywieraną na ścianę, zakładając, że wskutek zderzenia składowa pozioma pędu zostaje zredukowana do zera. 2,1 ⋅ 10 3 N . Młotek o masie 0,45 kg uderza w gwóźdź z prędkością 7 m/s, skierowaną poziomo. Młotek wytraca prędkość do zera, a gwóźdź zostaje wbity w deskę na głębokość 1 cm. Przyjmując, że przyspieszenie układu młotek-gwóźdź jest stałe: Oblicz czas trwania zderzenia. Oblicz średnią siłę działającą na gwóźdź. Jaki jest pęd (wyrażony jako funkcja czasu) ciała o masie 5 kg, poruszającego się z prędkością v → ( t ) = ( 2 ⋅ i ^ + 4 t ⋅ j ^ ) m / s ? Jaka siła wypadkowa działa na to ciało? p → ( t ) = ( 10 ⋅ i ^ + 20 t ⋅ j ^ ) k g ⋅ m / s ; F → = 20 N ⋅ j ^ . Na rysunku przedstawiono zależność od czasu składowej poziomej siły działającej na piłkę golfową o masie 46 g. Wyznacz składową x popędu siły dla przedziałów czasu: ⟨ 0 m s , 50 m s ⟩ , ⟨ 50 m s , 100 m s ⟩ . Wyznacz składową x zmiany pędu piłki dla przedziałów czasu: ⟨ 0 m s , 50 m s ⟩ , ⟨ 50 m s , 100 m s ⟩ . Krążek hokejowy o masie 150 g ślizga się bez tarcia po płaskim stole w kierunku + x z prędkością 10 m/s. Nagle, w ciągu 1,5 s, uderzono w niego siłą o wartości 5 N skierowaną prostopadle do kierunku ruchu (wzdłuż stołu - kierunek + y ). Znajdź składowe oraz zmianę pędu tuż po uderzeniu. p x = 1,5 k g ⋅ m / s , p y = 7,5 k g ⋅ m / s . Piłka o masie 250 g została rzucona z prędkością początkową 25 m/s pod kątem 30 ∘ do poziomu. Pomijając opory ruchu, wyznacz pęd piłki po czasie równym 0,2 s. (Wskazówka: znajdź najpierw składowe pędu i przeanalizuj ich zachowanie w obecności siły ciężkości działającej na piłkę podczas lotu). popęd siły (impuls) (ang. impulse ) efekt działania siły przez określony przedział czasu. Może on być bardzo mały, np. podczas zderzenia, ale może też być dowolnie długi reguła pędu i popędu (ang. impulse-momentum theorem ) zmiana pędu układu jest równa popędowi siły, udzielonemu temu układowi", "section": "Popęd siły i zderzenia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zasada zachowania pędu Zacznijmy od przypomnienia trzeciej zasady dynamiki Newtona: jeżeli dwa ciała o masach m 1 i m 2 oddziałują ze sobą (tzn. wywierają na siebie siłę), to jest to zawsze oddziaływanie wzajemne, czyli siła, jaką ciało 2 działa na ciało 1, jest równa co do wartości i przeciwnie skierowana do siły, jaką ciało 1 działa na ciało 2. Oznaczając przez F → 21 siłę wywieraną przez ciało 2 na ciało 1 oraz przez F → 12 siłę wywieraną przez ciało 1 na ciało 2, trzecią zasadę dynamiki zapiszemy jako: F → 21 = − F → 12 , m 1 a → 1 = − m 2 a → 2 . Zauważmy, że siły te się wzajemnie nie redukują, ponieważ przyłożone zostały do dwóch różnych obiektów: siła F → 21 działa na ciało 1, a siła F → 12 na ciało 2. Zwróćmy dodatkowo uwagę, że chociaż wartości tychże sił są jednakowe, to jednak efekt ich działania w postaci przyspieszenia ciała – już nie! Ciało cięższe będzie miało mniejsze przyspieszenie, co oznacza, że jego prędkość będzie zmieniała się niż wolniej niż prędkość ciała lżejszego: d v → 1 d t ≠ d v → 2 d t . Wartość iloczynu masy i zmiany prędkości w czasie pozostanie jednak stała: m 1 d v → 1 d t = − m 2 d v → 2 d t . Zauważmy, że w następstwie wzajemnego oddziaływania ciała doznają zmiany prędkości d v i . Ponadto, jeżeli czas trwania oddziaływania wynosi d t – w czasie tym następuje zmiana prędkości jednocześnie obu ciał. Załóżmy chwilowo, że masy obu ciał nie ulegają zmianie podczas oddziaływania (nieco później zrezygnujemy z tego warunku). W takim przypadku obie masy możemy umieścić pod znakiem pochodnej: d d t ( m 1 v → 1 ) = − d d t ( m 2 v → 2 ) , i zastąpić iloczyny pędem: d p → 1 d t = − d p → 2 d t . Szybkości zmian pędów obu ciał są więc jednakowe co do wartości. Jakkolwiek masy oraz zmiany prędkości w czasie tychże ciał mogą być różne, szybkości zmian iloczynów m i v → pozostaną sobie równe. Fizycznie oznacza to, że podczas oddziaływania mas m 1 i m 2 oba ciała doznają zmiany pędu, jednakowej co do wartości, ale o przeciwnym znaku. Na przykład pęd pierwszego ciała może wzrosnąć, a to oznacza, że pęd drugiego ciała zmalał dokładnie o tyle samo. W związku z powyższym zapiszmy poprzednie w postaci: d p → 1 d t + d p → 2 d t = 0. Wynika z niego, że podczas oddziaływania pęd pierwszego i drugiego ciała ulega zmianie, ale zmiany te wzajemnie się znoszą i całkowita zmiana pędu tego układu wynosi zero. Równanie powyższe można jeszcze zapisać następująco: d d t ( p → 1 + p → 2 ) = 0 , co prowadzi do wniosku, że całkowity pęd układu, będący wektorową sumą pędów jego elementów – nie zmienia się w czasie, a więc jest stały: p → 1 + p → 2 = const . Jak pokazano na , całkowity pęd układu przed i po oddziaływaniu pozostaje jednakowy. Przed zderzeniem (lewa część rysunku) dwie kule bilardowe posiadają pędy p → 1 i p → 2 . Całkowity pęd układu jest sumą wektorową obu pędów, oznaczoną na rysunku jako czerwony wektor p → sum . Po zderzeniu (prawa strona rysunku) obie kule bilardowe posiadają już inne pędy, p → 1 ′ i p → 2 ′ , ale ich suma wektorowa się nie zmieniła, co ilustruje taki sam jak poprzednio wektor p → sum ′ . Uogólniając omawiany przypadek do układu N ciał, otrzymujemy p → 1 + p → 2 + p → 3 + … + p → N = const , ∑ j = 1 N p → j = const . Powyższe równanie jest definicją całkowitego (wypadkowego) pędu układu zawierającego N oddziałujących obiektów – a jednocześnie stwierdzeniem, że całkowity pęd tegoż układu jest stały w czasie albo, inaczej mówiąc: zachowany. prawa zachowania Jeżeli dana wielkość fizyczna nie zmienia się w czasie, to mówimy, że jest ona zachowana. Kiedy pęd jest zachowany? Aby pęd układu nie zmieniał się w czasie, układ ten musi spełniać dwa warunki: Masa układu podczas oddziaływania musi pozostać stała. Podczas oddziaływania ciał między sobą możliwa jest wprawdzie wymiana masy między nimi, ich sklejenie lub rozpad na drobniejsze elementy, ale masa całkowita układu (suma mas jego elementów) musi pozostać stała. [ d m d t ] układu = 0. Tym samym, jeśli jedno ciało zwiększyło masę na skutek oddziaływania, to masa innych elementów układu musiała zmaleć. Wypadkowa sił zewnętrznych działających na układ musi być równa zeru. Elementy układu podczas ruchu lub zderzenia bądź eksplozji oddziałują ze sobą. Jednak siły tego wzajemnego oddziaływania są siłami wewnętrznymi, wzajemnymi i w ten sposób każda z nich ma swoją siłę wzajemną, wynikającą z III zasady dynamiki – o takiej samej wartości, ale przeciwnym zwrocie. Zatem zmiana pędu jednego elementu układu równoważy się (sumuje wektorowo, dając zero) ze zmianą pędu innego elementu układu. Tym samym, siły wewnętrzne nie są w stanie zmienić całkowitego pędu układu, ponieważ poszczególne zmiany pędów jego elementów wzajemnie się znoszą. Gdy jednak występuje niezrównoważona siła zewnętrzna, działająca na układ (np. siła grawitacji lub tarcia), wówczas wpływa ona na pęd układu jako całości. Mówiąc krótko: pęd układu może ulegać zmianie tylko pod wpływem sił zewnętrznych. Chcąc, aby w naszym układzie pęd był wielkością zachowaną, musimy spełnić warunek F → zewn = 0 → . Każdy układ ciał, który spełnia powyższe wymagania, nazywamy układem zamkniętym (ang. closed system ) lub izolowanym . Zasadę tę w bardziej syntetycznej postaci wyraża zapis przytoczony poniżej. prawo zachowania pędu Całkowity pęd układu zamkniętego jest zachowany: ∑ j = 1 N p → j = const. Powyższe stwierdzenie nosi nazwę zasady zachowania pędu (ang. law of conservation of momentum ). Wespół z zasadą zachowania energii stanowi ona jedną z fundamentalnych praw fizyki. Słuszność tejże zasady potwierdzają wszystkie obserwacje eksperymentalne – dotyczące każdego zjawiska, przebiegającego w każdej skali: począwszy od ruchu galaktyk, po oddziaływanie maleńkich kwarków tworzących protony i neutrony. W układzie zamkniętym całkowity jego pęd nie ulega zmianie. Zauważmy teraz, że chociaż układ fizyczny może podlegać działaniom sił zewnętrznych, aby pęd tegoż układu pozostawał stały – siły te muszą się zrównoważyć. Wówczas wypadkowa sił zewnętrznych będzie równa zeru i tylko w tej sytuacji pęd układu nie będzie ulegał zmianie w czasie. Co rozumiemy przez „układ”? Układ (ang. system ) (w rozumieniu fizyki, a ściślej – mechaniki) to zbiór obiektów, których ruch analizujemy (czy to w ujęciu kinematyki, czy dynamiki). Jeśli opisujemy proces odbijania się piłki od podłoża, prawdopodobnie interesuje nas ruch piłki, a nie ruch Ziemi, zatem naszym układem jest po prostu piłka. Jeżeli analizujemy proces zderzenia dwóch samochodów, układ fizyczny tworzą oba samochody ( ). Analizowany układ stanowią dwa poruszające się samochody. Należy pamiętać, że zawartość tegoż układu (ściślej, jego łączna masa) pozostaje niezmieniona przed, podczas i po zderzeniu. Strategia rozwiązywania zadań: zasada zachowania pędu Sposób wykorzystania zasady zachowania pędu można przedstawić w czterech krokach, przy czym pierwszy z nich ma znaczenie zasadnicze: Zidentyfikuj układ zamknięty dla analizowanego problemu (sprawdź, czy całkowita masa układu jest zachowana podczas zdarzenia oraz czy wypadkowa sił działających na układ jest równa zeru). Zapisz równanie przedstawiające całkowity pęd układu przed zdarzeniem (eksplozją, zderzeniem). Zapisz analogiczne równanie dla tego układu po zdarzeniu. Przyrównaj oba równania i wyznacz poszukiwaną niewiadomą. Modelowe zderzenie dwóch ciał Zjawiska zderzeń często bada się za pomocą dwóch wózków poruszających się bez tarcia po torze prostoliniowym, np. torze powietrznym. Do wózków, na ich końcach, doczepione są magnesy, tak aby po zderzeniu wózki złączyły się ( ). Pierwszy wózek ma masę 675 g i porusza się w prawo z prędkością 0,75 m/s; drugi wózek o masie 500 g, porusza się z prędkością 1,33 m/s, także w prawo. Jaka jest prędkość obu wózków po zderzeniu? Wózki na torze zderzają się i „sklejają” po zderzeniu. Strategia rozwiązania Wiemy, że nastąpiło zderzenie. Znamy masy i prędkości wózków przed zderzeniem, szukamy prędkości obu wózków „sklejonych” po zderzeniu. Można spodziewać się, że znajdzie tu zastosowanie zasada zachowania pędu. Trzeba jednak sprawdzić, czy spełnione są oba warunki dotyczące zastosowania tejże zasady, tzn. czy nasz układ jest układem zamkniętym. Trzeba zatem przekonać się, czy masa układu jest zachowana oraz czy wypadkowa działających nań sił zewnętrznych równa jest zeru. Układ, w skład którego wchodzą oba wózki, spełnia kryteria układu zamkniętego. Suma mas obu wózków pozostaje niezmieniona, a siły wzajemnego oddziaływania tychże wózków – są siłami wewnętrznymi układu i nie zmieniają jego pędu. Na każdy z wózków w kierunku pionowym działają siły grawitacji, równoważone jednak przez siły reakcji toru. Siły zewnętrzne działające na układ znoszą się więc – ich wypadkowa równa jest zeru. Rozwiązanie Zasadę zachowania pędu przedstawia równanie: p → przed = p → po . Pęd układu przed zderzeniem zawiera tylko składowe wzdłuż osi x : p → przed = m 1 v 1 i ^ + m 2 v 2 i ^ . Pęd układu po zderzeniu jest pędem obu złączonych mas: p → po = ( m 1 + m 2 ) v → 3 . Przyrównując oba pędy, napiszemy: ( m 1 + m 2 ) v → 3 = m 1 v 1 i ^ + m 2 v 2 i ^ , stąd v → 3 = m 1 v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 i ^ . Podstawiając dane, otrzymujemy: v → 3 = 0,675 k g ⋅ 0,75 m / s + 0,5 k g ⋅ 1,33 m / s 1,175 k g i ^ = 0,997 m / s ⋅ i ^ . Znaczenie Opisana powyżej metoda postępowania stosuje się do wszystkich obiektów, niezależnie od ich skali czy rozmiaru. Pamiętajmy na przykład, że pęd i zasada jego zachowania mają szczególne znaczenie nawet przy oddziaływaniu fotonów. Ponieważ foton nie posiada masy, jego pęd definiowany jest inaczej niż w przypadku obiektów materialnych (przekonamy się o tym nieco później, studiując zagadnienia fizyki kwantowej). Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że lżejszy wózek porusza się w lewo. Jaki byłby wówczas znak prędkości końcowej? Ponieważ lżejszy wózek porusza się z prędkością 1,33 m/s skierowaną w lewo, jego pędowi należy przypisać znak minus – pęd ten skierowany jest bowiem przeciwnie do dodatniej półosi x . Wówczas zasadę zachowania pędu będzie wyrażało równanie ( m 1 + m 2 ) v → 3 = m 1 v 1 i ^ − m 2 v 2 i ^ , v → 3 = m 1 v 1 − m 2 v 2 m 1 + m 2 i ^ . Zatem v → 3 = 0,675 k g ⋅ 0,75 m / s − 0,5 k g ⋅ 1,33 m / s 1,175 k g i ^ = − 0,135 m / s ⋅ i ^ . Prędkość końcowa jest ujemna, co oznacza, że wózki po zderzeniu poruszają się w lewo. Skacząca „superpiłka” Poniższy przykład wskazuje, że definiowanie analizowanego układu wymaga pewnej ostrożności. „Superpiłka” o masie 0,25 kg spada z wysokości h = 1,50 m nad podłogą. Odbija się od niej bez straty energii, osiągając wysokość, z której spadła ( ). Jakiej zmiany pędu doznała piłka podczas odbicia od podłogi? Jakiej zmiany pędu doznała Ziemia wskutek odbicia się piłki od podłogi? Jaka jest zmiana prędkości Ziemi na skutek tego odbicia? „Superpiłka” rozpoczyna spadek z wysokości (chwila t 0 ), uderza o podłogę ( t 1 ), odbija się ( t 2 ) i wraca na poprzednią wysokość ( t 3 ). Strategia rozwiązania Ponieważ rozważamy ruch piłki i zmianę jej pędu, uznajmy na wstępie, że nasz układ stanowi wyłącznie piłka. Oczywiście układ ten nie jest zamknięty. Na piłkę działa bowiem niezrównoważona siła zewnętrzna – skierowana w dół siła grawitacji, a w chwili kontaktu piłki z podłożem – siła reakcji. Nie możemy więc skorzystać z zasady zachowania pędu. Możemy jednak po prostu obliczyć pęd piłki tuż przed zderzeniem oraz jej pęd tuż po zderzeniu, a następnie obliczyć ich różnicę. Znamy masę piłki, więc do wyznaczenia pędów potrzebne nam będą prędkości. Rozwiązanie Zagadnienie jest jednowymiarowe i określone wzdłuż osi pionowej, przy czym kierunek ku górze traktujemy jako dodatni. Przyjmijmy następujące oznaczenia: p 0 - wartość pędu piłki w chwili początkowej t 0 . Ponieważ spadek piłki jest swobodny, pęd ten jest równy zeru. p 1 - wartość pędu piłki w chwili t 1 , tuż przed uderzeniem o podłogę. p 2 - wartość pędu piłki w chwili t 2 , tuż po odbiciu się od podłogi. Zmiana pędu piłki wynosi: Δ p → = p → 2 − p → 1 = p 2 j ^ − ( − p 1 j ^ ) = ( p 1 + p 2 ) j ^ . Prędkość piłki tuż przed uderzeniem w podłogę można wyznaczyć bądź z zasady zachowania energii mechanicznej, bądź na podstawie reguł kinematyki. Zastosujmy pierwszą z tychże metod, postępując analogicznie do przykładu spadającego telefonu z poprzedniego rozdziału. Warto też rozwiązać nasze zagadnienie drugim sposobem i sprawdzić, czy prowadzi on do identycznych wyników. Wyznaczymy na wstępie prędkości piłki, tuż przed uderzeniem o podłoże, znając jej prędkość początkową w chwili t 0 ( v 0 = 0 ) , wysokość h oraz przyspieszenie ziemskie g . Energia mechaniczna jest zawsze sumą energii kinetycznej i potencjalnej w danej chwili. W polu grawitacyjnym Ziemi energia mechaniczna jest zachowana, co oznacza, że: E 0 = E 1 , E p 0 + E k 0 = E p 1 + E k 1 , m g h 0 + 1 2 m v 0 2 = m g h 1 + 1 2 m v 1 2 . Wstawiając do ostatniego równania wysokość początkową piłki nad podłogą h 0 = h , wysokość w chwili uderzenia h 1 = 0 oraz prędkość v 0 = 0 , otrzymujemy: m g h = 1 2 m v 1 2 , stąd v 1 = 2 g h . Analizując zwrot wektora, prędkość v → 1 zapiszemy jako ujemną, czyli skierowaną w dół: v → 1 = − 2 g y ⋅ j ^ = − 5,4 m / s ⋅ j ^ . p → 1 = − 0,25 k g ⋅ ( − 5,4 m / s ) ⋅ j ^ = − 1,4 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Przyjrzyjmy się teraz pewnej symetrii procesu opadania piłki i jej wznoszenia. Przed odbiciem piłka rozpoczyna ruch z wysokości 1,5 m z prędkością równą zeru i nabiera pędu pod wpływem siły ciężkości – aż do chwili uderzenia o ziemię. W drodze powrotnej, po odbiciu – piłka rozpoczyna ruch z pewną „porcją ruchu”, czyli pędem. Pęd piłki następnie maleje i staje się równy zeru, gdy piłka ponownie znajdzie się na wysokości 1,5 m. Możemy więc stwierdzić, że mamy do czynienia z lustrzanym odbiciem, symetrią obu faz ruchu. Zatem, w celu wyznaczenia prędkości v 2 , ułożylibyśmy równania analogiczne do powyższych, zastępując dolne indeksy 0 oraz 1 liczbami 2 oraz 3. Wówczas wartość prędkości piłki tuż po odbiciu byłaby równa wartości prędkości v 1 , a wartość pędu po odbiciu spełniałaby równość p 2 = p 1 , przy czym jego wektor byłby skierowany ku górze: p → 2 = − p → 1 = 1,4 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Ostatecznie zmiana pędu wskutek odbicia piłki wynosi Δ p → = p → 2 − p → 1 = 1,4 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ − ( − 1,4 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ ) = 2,8 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Jakiej zmiany pędu doznaje Ziemia wskutek uderzenia piłki o podłogę? Instynktowna odpowiedź brzmiałaby zapewne „zero – Ziemia jest zbyt wielka w porównaniu z małą piłką, aby zderzenie mogło zmienić jej pęd” albo „więcej niż zero, ale zaniedbywalnie mało”. Obie odpowiedzi nie są jednak prawdziwe. Istotnie, jeśli zdefiniujemy nasz układ jako „Superpiłka plus Ziemia”, będzie to już układ zamknięty. Siła przyciągania Ziemia-piłka jest w nim bowiem siłą wewnętrzną i całkowita zmiana pędu tegoż układu jest równa zeru. W tej sytuacji zmiana pędu Ziemi wynosi − Δ p → : Δ p → Z = − 2,8 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Jak zmieni się prędkość Ziemi po zderzeniu? Tym razem nasze przeczucie i odpowiedź „zero lub prawie zero” są prawdopodobnie słuszne: Δ v → Z = Δ p Z M Z = – 2,8 k g ⋅ m / s 5,97 ⋅ 10 24 k g j ^ = − 4,7 ⋅ 10 − 25 m / s ⋅ j ^ . Taka zmiana prędkości jest rzeczywiście niezauważalna. Znaczenie Należy sobie uświadomić, że odpowiedź w podpunkcie c nie dotyczy prędkości, ale zmiany prędkości Ziemi – są to dwie zupełnie różne wielkości. Aby przekonać się, jak niewielka jest wartość otrzymana powyżej – wyobraźmy sobie, że poruszamy się z taką właśnie prędkością. Wówczas przebycie odcinka o długości średnicy atomu wodoru zajęłoby nam… 7 milionów lat! Sprawdź, czy rozumiesz. Czy zmiana pędu piłki byłaby większa, taka sama, czy też mniejsza, gdyby wskutek zderzenia piłka spoczęła na podłodze, nie odbijając się? Jeżeli piłka się nie odbija, jej końcowy pęd p → 2 wynosi zero, więc: Δ p → = p → 2 − p → 1 = 0 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ − ( − 1,4 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ ) = 1,4 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Krążki hokejowe Dwa krążki hokejowe o takich samych masach, wynoszących 15 g położono na płaskim, gładkim lodzie. Czerwony krążek pozostaje w spoczynku, a krążkowi niebieskiemu nadano prędkość 2,5 m/s, skierowaną w lewo ( ), tak by uderzył on centralnie w krążek czerwony. Po zderzeniu krążek czerwony przesuwa się w lewo, także z prędkością 2,5 m/s. Jaka będzie prędkość krążka niebieskiego? Zderzenie dwóch krążków hokejowych na lodzie. Górny rysunek odpowiada sytuacji na chwilę przed zderzeniem, a dolny – tuż po zderzeniu. Wypadkowa sił zewnętrznych wynosi zero. Strategia rozwiązania Rozważamy zderzenie dwóch ciał o znanych masach i prędkościach początkowych; ponadto znana jest prędkość jednego z nich po zderzeniu. Wykorzystanie zasady zachowania pędu wydaje się być dobrą strategią. Zdefiniuj układ jako zawierający oba krążki. Gładkość lodu zapewnia brak tarcia, siłę ciężkości równoważy siła reakcji podłoża – układ jest więc układem zamkniętym. Zanim przejdziesz do rozwiązania, zastanów się, jaką odpowiedź wskazuje intuicja. Zero, 2,5 m/s w lewo, 2,5 m/s w prawo, 1,25 m/s w lewo, 1,25 m/s w prawo. Inną wartość? Rozwiązanie Zdefiniujmy kierunek osi + x jako poziomy w prawo. Zasada zachowania pędu przedstawia się wówczas następująco: p → przed = p → po , m v 1 c i ^ + m v 1 n i ^ = m v 2 c i ^ + m v 2 n i ^ . Przed zderzeniem prędkość krążka czerwonego wynosi zero, a wektor prędkości krążka niebieskiego ma postać − v 1 n i ^ = − 2,5 m / s ⋅ i ^ . Zatem: − m v 1 n i ^ = m v 2 c i ^ + m v 2 n i ^ , − v 1 n i ^ = v 2 c i ^ + v 2 n i ^ . Ponieważ v 2 c = − 2,5 m / s ⋅ i ^ , z ostatniego równania otrzymujemy: − 2,5 m / s ⋅ i ^ = − 2,5 m / s ⋅ i ^ + v 2 n i ^ , v 2 n i ^ = 0. Znaczenie Wykazaliśmy właśnie, że krążki podczas zderzenia wymieniły się pędami. Krążek niebieski przekazał cały pęd krążkowi czerwonemu. Jest to typowe dla zderzeń obiektów o jednakowych masach. Sprawdź, czy rozumiesz. Nawet gdyby w układzie działała siła tarcia, nadal moglibyśmy skorzystać w rozwiązaniu z zasady zachowania pędu. Potrzebne byłyby jednak dodatkowe dane. Czy wiesz jakie? Zgodnie z zasadą pędu i popędu, działająca siła przyczynia się do zmiany pędu układu, przekazując impuls J → = Δ p → . Jeżeli J → = 0 , mamy do czynienia z ruchem bez tarcia. Jeżeli siła tarcia jest różna od zera i wynosi F → śr , powoduje zmianę pędu (impuls) J → = F → śr Δ t . Wówczas, zamiast p → przed = p → po otrzymamy: F → śr Δ t = Δ p → = p → po − p → przed Lądowanie Philae 12 listopada 2014 roku Philae – lądownik Europejskiej Agencji Kosmicznej został osadzony na powierzchni komety 67P/Czurimow-Gierasimienko ( ). Podczas lądowania lądownik ten odbijał się jednak dwa razy od powierzchni komety i osiadł na niej dopiero za trzecim razem. Oblicz, jak zmieniła się prędkość tejże komety na skutek pierwszego odbicia. Artystyczna wizja lądowania lądownika Philae na powierzchni komety. (Źródło: zmodyfikowany przez „DLR German Aerospace Center”/Flickr) Ustalmy kierunek osi + y pionowo w górę, a y = 0 niech oznacza współrzędną powierzchni komety. Przyjmijmy także, że: Masa komety 67P: M k = 1,0 ⋅ 10 13 k g , Przyspieszenie grawitacyjne komety: a → = − 5,0 ⋅ 10 − 3 m / s 2 ⋅ j ^ , Masa lądownika: M Ph = 96 k g , Prędkość początkowa osiadania lądownika: v → 1 = − 1,0 m / s ⋅ j ^ , Prędkość lądownika po pierwszym odbiciu: v → 2 = 0,38 m / s ⋅ j ^ , Czas zderzenia lądownika z kometą: Δ t = 1,3 s , Strategia rozwiązania Szukamy odpowiedzi na pytanie, jak zmieniła się prędkość komety, choć poza masą i przyspieszeniem grawitacyjnym nie mamy o tej komecie żadnych informacji. Wiemy jednak, że lądownik Philae uderzył w kometę i odbił się od jej powierzchni – co wskazuje, że można zastosować zasadę zachowania pędu. Jeżeli jako układ fizyczny zdefiniujemy parę „Philae plus kometa”, wypadkowa sił zewnętrznych będzie równa zeru i pęd całkowity tegoż układu pozostanie zachowany (pomijamy wpływ oddziaływania grawitacyjnego ze Słońcem). Wówczas, obliczając zmianę pędu lądownika podczas odbicia, wyznaczymy równocześnie zmianę pędu komety, a z nią wiąże się bezpośrednio zmiana prędkości komety. Rozwiązanie Niech p → 1 oznacza pęd lądownika tuż przed uderzeniem o powierzchnię komety, a p → 2 jego pęd bezpośrednio po zderzeniu. Wówczas: p → 1 = M Ph v → 1 = 96 k g ⋅ ( − 1,0 m / s ⋅ j ^ ) = − 96 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ , p → 2 = M Ph v → 2 = 96 k g ⋅ 0,38 m / s ⋅ j ^ = 36,5 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Zmiana pędu lądownika podczas zderzenia wynosi: Δ p Ph = p → 2 − p → 1 = 36,5 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ − ( − 96,0 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ ) = 132,5 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Zwróćmy uwagę, jak ważną rolę w naszym rozwiązaniu odgrywają znaki pędu początkowego i końcowego, odzwierciedlane przez znaki wektorów. Przejdźmy teraz do komety. Ponieważ pęd układu jest zachowany, zmiana pędu komety jest równa zmianie pędu lądownika, wziętej z przeciwnym znakiem (obie zmiany dodane do siebie dadzą zero). Zatem: Δ p → k = − Δ p → Ph = − 132,5 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ . Wobec tego zmiana prędkości komety wynosi: Δ v → k = Δ p → k M k = − 132,5 k g ⋅ m / s 1,0 ⋅ 10 13 k g = − 1,33 ⋅ 10 − 11 m / s ⋅ j ^ . Znaczenie Obliczona wartość jest bardzo mała – zaledwie jedna stumiliardowa część metra na sekundę, tym niemniej nie całkiem równa zeru. Sprawdź, czy rozumiesz. Wartości zmian pędu lądownika Philae oraz komety 67P będą jednakowe. Czy impulsy udzielone Philae i komecie także będą jednakowe? Co można powiedzieć o siłach oraz zmianie energii kinetycznej każdego z ciał? Impuls jest de facto zmianą pędu ciała, zatem lądownik oraz kometa doświadczą działania impulsów o równej wartości, różniących się jedynie zwrotem. Średnią siłę wyliczamy z kolei wykorzystując regułę pędu i popędu – jako iloraz zmiany pędu i przedziału czasu potrzebnego na jej wywołanie. Podobnie jak poprzednio, wartości siły okazują się być jednakowe dla obu ciał, ale zwroty wektorów są przeciwne. Natomiast zmiana energii kinetycznej lądownika jest znacząco różna od zmiany energii kinetycznej komety, co z łatwością można wykazać na podstawie danych zadania i otrzymanej już wartości Δ v → k Podsumowanie Zgodnie z prawem zachowania pędu pęd układu zamkniętego jest stały w czasie (jest zachowany). Układ zamknięty (izolowany) to taki układ, w którym suma mas jego elementów jest stała, a wypadkowa sił zewnętrznych nań działających wynosi zero. Całkowity pęd układu jest zachowany tylko wtedy, gdy jest on zamknięty. Pytania Kiedy pęd układu jest zachowany? Pęd układu jest zachowany, gdy podczas oddziaływania jego masa pozostaje stała, a wypadkowa sił zewnętrznych działających na tenże układ jest równa zero. Czy pęd układu może być zachowany, jeżeli działają na niego siły zewnętrzne? Jeśli tak – pod jakimi warunkami? Jeśli nie – dlaczego? Wyjaśnij w kontekście pojęcia pędu i zasad Newtona, jak obecność oporu powietrza podczas ruchu samochodu przyczynia się do rozpędzania cząsteczek powietrza w kierunku jego ruchu. Aby nadać cząsteczkom powietrza przyspieszenie w kierunku ruchu samochodu, pojazd musi wywierać na nie siłę F → = d p → / d t . Z trzeciej zasady dynamiki Newtona wynika, że cząsteczki powietrza wywierają na samochód siłę o tej samej wartości, ale o przeciwnym zwrocie. Jest to właśnie siła przeciwstawiająca się ruchowi samochodu, wytwarzająca w efekcie opór powietrza. Czy element układu może posiadać pęd, podczas gdy pęd układu jako całości jest równy zeru? Odpowiedź uzasadnij. Czy sprinter przyspieszający bezpośrednio po starcie z bloków startowych może być traktowany jako układ zamknięty? Odpowiedź uzasadnij. Nie – sprinter nie jest układem zamkniętym, ponieważ działa na niego niezerowa siła zewnętrzna bloków, pchająca jego stopy. O układzie zamkniętym mówilibyśmy, gdyby został on poszerzony o bloki startowe. Wówczas siła reakcji bloków byłaby siłą wewnętrzną – będącą odpowiedzią na nacisk stóp sprintera. Rakieta w przestrzeni kosmicznej, w której nie występuje grawitacja – przyspiesza poprzez wyrzucanie gorącego gazu z dyszy silników. Czy można ją traktować jako układ zamknięty? Odpowiedź uzasadnij. Zadania Łączenie wagonów kolejowych w skład pociągu polega na ich kontrolowanym zderzaniu na wspólnym torze. Dwa wagony, pierwszy o masie 1,5 ⋅ 10 5 k g i prędkości v → 1 = 0,3 m / s ⋅ i ^ , oraz drugi o masie 1,1 ⋅ 10 5 k g i prędkości v → 2 = − 0,12 m / s ⋅ i ^ – złączono ze sobą. Wyznacz prędkość wagonów po złączeniu. v → 3 = 0,122 m / s ⋅ i ^ . Dwa jednakowe krążki hokejowe zderzają się sprężyście na lodowisku. Krążek pierwszy jest początkowo w spoczynku, a krążek drugi posiada prędkość początkową 6 m/s skierowaną w lewo. Po zderzeniu krążek niebieski zmienia kierunek ruchu i oddala się pod kątem 30 ∘ względem pierwotnego kierunku ruchu. Jaka jest prędkość krążka pierwszego po zderzeniu? Poniższy rysunek przedstawia pocisk o masie 200 g lecący poziomo z prędkością 400 m/s i wbijający się w blok o masie 1,5 kg, pozostający początkowo w spoczynku na gładkim blacie. Po uderzeniu w blok pocisk utkwił w nim i wraz z blokiem przemieszczał się po blacie. Jaka jest wartość i kierunek prędkości układu „blok plus pocisk” po zderzeniu? Jaka jest wartość i kierunek wektora impulsu, który blok wywiera na pocisk? Jaka jest wartość i kierunek wektora impulsu, jaki pocisk wywiera na blok? Jeżeli na zmianę prędkości pocisku z 400 m/s do końcowej prędkości wspólnego ruchu potrzeba 3 ms – jaka jest średnia wartość siły wzajemnego oddziaływania pocisku i bloku? 47 m/s poziomo w prawo; 70,6 N · s poziomo w lewo; 70,6 N ⋅ s poziomo w prawo; Wartość siły wynosi 2,35 ⋅ 10 4 N Dziecko o masie 20 kg, jadące w wagoniku o masie 4,0 kg z prędkością 3,3 m/s, upuszcza piłkę o masie 1,0 kg. Jaka będzie prędkość dziecka i wagonika po wyrzuceniu piłki? Maszyna do kładzenia nawierzchni drogowej o masie własnej 4 ton załadowana jest żwirem o masie 1000 kg i porusza się z prędkością 2,5 m/s wyrzucając ładunek z prędkością 0,5 m/s. Jaka będzie prędkość maszyny, gdy zrzuci ona nagle ładunek na naprawianą drogę? 3,1 m/s. Wyjaśnij zjawisko odrzutu armaty po wystrzeleniu kuli armatniej. Para łyżwiarska jedzie w tym samym kierunku, przy czym łyżwiarka jedzie z przodu partnera z prędkością 5,5 m/s, a łyżwiarz za nią z prędkością 6,2 m/s. Gdy łyżwiarz dogania łyżwiarkę, podnosi ją, działając wyłącznie siłą skierowaną pionowo. Przyjmując, że jest on o połowę cięższy od partnerki (ważącej 50 kg), oblicz ich wspólną prędkość. 5,9 m/s. Dwutonowy wagon towarowy przejeżdża z prędkością 4,4 m/s pod pasem transmisyjnym, wsypującym ziarno bezpośrednio do wagonu. Jaką maksymalną masę ładunku można załadować do wagonu, aby prędkość jego ruchu nie spadła poniżej 3 m/s? układ zamknięty (izolowany) (ang. closed system ) układ obejmujący jedno lub więcej ciał, w którym łączna masa obiektów nie ulega zmianie oraz wypadkowa sił zewnętrznych nań działających wynosi zero zasada zachowania pędu (ang. law of conservation of momentum ) całkowity pęd układu zamkniętego nie może ulec zmianie układ (ang. system ) ciało lub zbiór ciał, których ruch podlega analizie; układ zdefiniowany na początku analizy problemu musi być traktowany konsekwentnie w dalszym ciągu rozważań", "section": "Zasada zachowania pędu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Rodzaje zderzeń Chociaż pęd jest wielkością zachowaną we wszystkich przypadkach wzajemnego oddziaływania ciał, nie wszystkie oddziaływania (na przykład zderzenia lub eksplozje) są jednakowe. W fizyce mówimy o następujących przypadkach: Pojedynczy obiekt może eksplodować, rozpadając się na więcej elementów (w skrócie: jeden na wiele ). Wiele obiektów (przynajmniej dwa) mogą zderzyć się i połączyć na skutek tego zderzenia (w skrócie: wiele na jeden ). Wiele obiektów zderzając się odbija się od siebie, co w efekcie daje również wiele ciał w ruchu (w skrócie: wiele na wiele ). Po odbiciu prędkości ciał mogą być takie same jak przed nim, ale mogą też ulec zmianie. Użyteczne będzie więc dokonanie charakterystyki tych oddziaływań w kontekście liczby elementów przed i po zdarzeniu. Jeden na wiele Pierwsza sytuacja to rozpad pojedynczego obiektu (lub obiektu traktowanego jako całość) na dwa lub więcej fragmentów. Przykładem może być petarda, układ łuk-strzała lub rakieta. Im więcej elementów powstaje po rozpadzie, tym trudniejsza staje się analiza, niemniej całkowity pęd układu przed i po rozpadzie pozostaje niezmieniony. Układ będzie miał jednak, niekiedy znaczną, łączną energię kinetyczną, mimo że wcześniej jej nie posiadał. Widzimy więc, że chociaż pęd układu jest zawsze zachowany, jego energia kinetyczna – już nie. W takim przypadku, gdy ciało rozpada się na więcej fragmentów i energia kinetyczna układu wzrasta – mówimy o eksplozji (ang. explosion ). Zastanówmy się teraz nad źródłem dodatkowej porcji energii. Czy jej powstanie oznacza, że zasada zachowania energii przestaje nagle obowiązywać? Oczywiście zasada zachowania energii całkowitej musi być i jest spełniona. W przypadku eksplozji lub wystrzału energia udzielona fragmentom układu pochodzi z energii chemicznej cząsteczek biorących udział w egzoenergetycznych reakcjach chemicznych. Reakcje te, wytwarzając wysoką temperaturę i ciśnienie – są bezpośrednią przyczyną rozerwania się układu i nadania jego fragmentom energii kinetycznych. W przypadku układu łuk-strzała źródłem energii jest energia potencjalna sprężystości naciągniętej cięciwy. Zauważmy, że jeżeli ciało znajduje się początkowo w spoczynku, pęd i energia kinetyczna równe są zeru. Po eksplozji sumaryczny pęd musi być nadal równy zeru, ponieważ na mocy zasady zachowania pędu nie może się on zmienić. Wiele na jeden Druga możliwość jest odwrotnością pierwszej: dwa lub więcej ciał zderza się i łączy ze sobą, tworząc jeden obiekt. Masa tego obiektu jest sumą mas ciał zderzających się, a prędkość ruchu takiego „produktu” jest określona zasadą zachowania pędu. W tym przypadku również okazuje się, że pęd układu przed i po zderzeniu nie ulega zmianie, natomiast jego energia kinetyczna tym razem maleje. Tego typu zderzenie nazywamy niesprężystym (ang. inelastic collision ). W skrajnym przypadku ciała po zderzeniu tworzą bryłę, której prędkość wynosi zero. Oznacza to, że prędkości wszystkich elementów układu i jego energia kinetyczna zmalały do zera. Zauważmy, że w takim przypadku mamy do czynienia z największą możliwą zmianą energii w układzie. Takie zderzenie nazywamy idealnie niesprężystym (ang. perfectly inelastic collision ). Wiele na wiele Przypadek, w którym ciała zderzają się i odbijają się od siebie, a następnie oddalają z taką samą prędkością względną jest zderzeniem sprężystym (ang. elastic collision ). Wówczas zmiana energii kinetycznej układu jest równa zeru, zatem jego energia kinetyczna jest zachowana. W każdym rodzaju oddziaływania, w przypadku układu zamkniętego, jego pęd jest zachowany ( p → przed = p → po ), natomiast energia kinetyczna – już niekoniecznie: Jeżeli 0 < E k po < E k przed , zderzenie jest niesprężyste. Jeżeli E k po = 0 , zderzenie jest idealnie niesprężyste. Jeżeli E k po = E k przed , zderzenie jest sprężyste. Jeżeli E k po > E k przed , mamy do czynienia z eksplozją. Należy pamiętać, że analizując zderzenia lub eksplozje, można opisywać je z użyciem pędu i energii kinetycznej. Strategia rozwiązywania zadań: zderzenia W układzie zamkniętym spełniona jest zawsze zasada zachowania pędu, a w szczególnych przypadkach zachowana bywa także energia mechaniczna. Typowe sytuacje wymagające opisu z użyciem energii i pędu są zwykle jedno- lub dwuwymiarowe i najczęściej zawierają dwie niewiadome. Wówczas dla ułatwienia należy: Zdefiniować układ zamknięty. Napisać równanie ilustrujące zasadę zachowania pędu. Jeśli zachowana jest też energia kinetyczna – wyrazić to odpowiednim równaniem; jeśli nie – podać równanie opisujące zmianę energii kinetycznej. Utworzone w ten sposób dwa równania stanowią ich układ z dwiema niewiadomymi, który rozwiązujemy standardowymi metodami. Powstawanie deuteronu Proton o masie 1,67 ⋅ 10 − 27 k g zderza się z neutronem o masie nieznacznie większej (tu z przyczyn praktycznych przyjmijmy, że takiej samej) i po ich złączeniu powstaje cząstka zwana deuteronem . Jaka jest prędkość deuteronu, jeżeli prędkość protonu wynosiła 7 ⋅ 10 6 m / s i skierowana była w prawo, a prędkość neutronu, równa 4 ⋅ 10 6 m / s – w lewo? Strategia rozwiązania Niech nasz układ tworzą obie cząstki: proton i neutron. Mamy do czynienia ze zderzeniem, spróbujmy określić, jakiego rodzaju. W efekcie oddziaływania z dwóch cząstek powstaje jedna, więc będzie to zderzenie niesprężyste. W tej sytuacji zachowany zostaje pęd, ale energia kinetyczna – nie. Użyjemy więc zasady zachowania pędu do wyznaczenia prędkości produktu tegoż zderzenia, natomiast zasadę zachowania energii możemy wykorzystać do obliczenia zmiany (straty) energii kinetycznej i stwierdzenia, ile dżuli energii przeszło w formę niemechaniczną – energię potrzebną do związania się protonu z neutronem, tzw. energię fuzji. Rozwiązanie Przyjmijmy, że masy cząstek są jednakowe i wynoszą M . Indeksami p, n oraz d oznaczymy odpowiednio prędkości: protonu, neutronu i deuteronu. Zagadnienie jest jednowymiarowe, możemy więc w zapisie zasady zachowania pędu zrezygnować z oznaczeń wersorów, uwzględniając przeciwny zwrot wektora prędkości neutronu: M v p − M v n = 2 M v d . Po podzieleniu przez M i podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy: v → 3 = v p − v n 2 i ^ = 1,5 ⋅ 10 6 m / s ⋅ i ^ . Znaczenie Opisana reakcja nosi nazwę reakcji fuzji (ang. fusion ) i właśnie z myślą o takich zderzeniach uruchomiono Wielki Zderzacz Hadronów (LHC) w ośrodku badań reakcji jądrowych CERN pod Genewą. Przyspiesza on cząstki do bardzo dużych prędkości (i dużych pędów) w dwóch przeciwbieżnych strumieniach. W takim „czołowym” zderzeniu wiązek mają szansę narodzić się, w drodze fuzji, nowe cząstki wtórne (ang. daughter particles ). Krążki hokejowe na lodzie Poniższy przykład jest modyfikacją zadania z poprzedniego rozdziału. Dwa krążki hokejowe, tym razem o różnych masach (czerwony o masie 15 g, niebieski o masie 12 g), położono na płaskim, gładkim lodzie. Czerwony krążek pozostaje w spoczynku, a niebieskiemu nadano prędkość 2,5 m/s skierowaną w lewo ( ), tak by uderzył on centralnie w krążek czerwony. Jeżeli zderzenie jest idealnie sprężyste, jakie będą prędkości krążków po zderzeniu? Zderzenie dwóch krążków hokejowych o różnych masach. Górny rysunek odpowiada sytuacji na chwilę przed zderzeniem, a dolny – tuż po zderzeniu. Wypadkowa sił zewnętrznych wynosi zero. Strategia rozwiązania Rozważamy zderzenie dwóch krążków o znanych masach i prędkościach początkowych, gdzie nieznane są prędkości obu krążków po zderzeniu. Zasada zachowania pędu wydaje się tu być dobrą strategią. Układ tworzą tutaj oba krążki. Gładkość lodu zapewnia brak tarcia, a siłę ciężkości równoważy siła reakcji podłoża – układ jest więc układem zamkniętym i spełniona jest w nim zasada zachowania pędu. Ponieważ mamy do czynienia ze zderzeniem idealnie sprężystym, energia kinetyczna w tym układzie także będzie zachowana. Otrzymujemy więc dwa równania z dwiema niewiadomymi. Początkowy pęd układu i jego energia kinetyczna jest początkowym pędem i energią kinetyczną tylko niebieskiego krążka. W zderzeniu sprężystym część pędu i energii zostaje przeniesiona na krążek czerwony. Rozwiązanie Zdefiniujmy kierunek osi + x jako poziomy w lewo. Zasada zachowania pędu przedstawia się wówczas następująco: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 ′ + m 2 v 2 ′ . Równanie opisujące łączną energię kinetyczną układu przed i po zderzeniu przyjmuje postać: 1 2 m 1 v 1 2 + 1 2 m 2 v 2 2 = 1 2 m 1 v 1 ′ 2 + 1 2 m 2 v 2 ′ 2 . Chociaż wiemy, że prędkość początkowa krążka pierwszego jest równa zeru, dla ogólności rozważań zachowajmy jeszcze obecność tego członu w obu równaniach. W obu równaniach pogrupujmy wyrazy zawierające masę m 1 po lewej stronie, a z masą m 2 - po stronie prawej: m 1 ( v 1 − v 1 ′ ) = m 2 ( v 2 ′ − v 2 ) , m 1 ( v 1 2 − v 1 ′ 2 ) = m 2 ( v 2 ′ 2 − v 2 2 ) . Jeżeli równanie drugie podzielimy przez pierwsze, to (po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów) uzyskamy: v 1 + v 1 ′ = v 2 ′ + v 2 . Z powyższego równania wyznaczamy jedną z niewiadomych i podstawiamy ją do równania pierwszego, opisującego zasadę zachowania pędu. Ostatecznie nowe prędkości krążków po zderzeniu to: v 1 ′ = 2 m 2 m 1 + m 2 v 2 + m 1 − m 2 m 1 + m 2 v 1 , v 2 ′ = 2 m 1 m 1 + m 2 v 1 + m 2 − m 1 m 1 + m 2 v 2 . Podstawiając nasze dane, otrzymamy: v 1 ′ = 2,22 ⁢ m ∕ s ⁢ , v 2 ′ = − 0,28 ⁢ m ∕ s ⁢ . \\begin{align} v_1' &= \\SI{2,22}{\\metre\\per\\second} \\text{,} \\\\ v_2' &= - \\SI{0,28}{\\metre\\per\\second} \\text{.} \\end{align} Znaczenie Pamiętajmy, że oś x układu współrzędnych zwrócona jest w lewo, więc prędkość krążka czerwonego v 1 ′ , jako dodatnia – zwrócona jest także w lewo. Krążek niebieski, po odbiciu od cięższego krążka czerwonego – porusza się w prawo, o czym świadczy znak minus przed jego prędkością v 2 ′ . Sprawdź, czy rozumiesz. Przyglądając się równaniom opisującym zasadę zachowania pędu i energii kinetycznej, widzimy, że możliwe jest jeszcze jedno rozwiązanie, w którym v 1 ′ = v 1 i v 2 ′ = v 2 (oba równania się wówczas zerują). Podaj interpretację fizyczną tych wyników. Podane wyniki odpowiadają sytuacji, w której prędkości krążków nie zmieniają się – czerwony nadal spoczywa, a niebieski nadal przesuwa się w lewo ze swoją prędkością. Innymi słowy – nie było między nimi oddziaływania, zderzenie nie miało miejsca. Thor kontra Iron Man W wyprodukowanym w roku 2012 filmie science-fiction The Avengers widzimy scenę walki Iron Mana z Thorem. Na początku Thor rzuca w Iron Mana swoim młotem tak, że siła zderzenia wyrzuca Iron Mana w powietrze i ciska o drzewo. W momencie uderzenia Iron Man stoi nieruchomo w odległości ok. 10 metrów od Thora, a czas lotu młota trwa około 1 s. Drzewo znajduje się w odległości ok. 2 m za Iron Manem i do uderzenia o nie dojdzie po ok. 0,75 s. Przyglądając się uważniej tejże scenie, zauważymy, że tor ruchu lecącego młota oraz Iron Mana wraz z młotem jest w przybliżeniu linią poziomą (jest to w rzeczywistości bardzo „spłaszczona” parabola). Przyjmij, że masa Iron Mana wynosi 200 kg. Oszacuj masę młota Thora. Oszacuj stratę energii kinetycznej podczas tego zderzenia. Strategia rozwiązania Po uderzeniu młot i Iron Man poruszają się razem – jest to więc zderzenie niesprężyste. Zatem, wybierając odpowiednio układ zamknięty, powinniśmy uzyskać spełnienie zasady zachowania pędu (ale nie energii kinetycznej). Zanim zastosujemy tę zasadę, obliczmy prędkości rzuconego młota i układu „młot plus Iron Man” z danych kinematycznych (droga i czas). Zagadnienie jest jednowymiarowe, więc wygodnie jest operować równaniami w postaci skalarnej. Rozwiązanie Postulujemy zastosowanie zasady zachowania pędu. Układ „młot plus Iron Man” w rozpatrywanym przedziale czasu, tj. od momentu zderzenia do chwili stratowania drzewa – spełnia wymogi dla układu zamkniętego. Przyjmijmy teraz następujące oznaczenia: M m – masa młota, M I – masa Iron Mana, v m – prędkość młota tuż przed uderzeniem w Iron Mana, v – prędkość układu „młot plus Iron Man” tuż po zderzeniu. Prędkość początkowa Iron Mana wynosi zero. Zapisujemy zasadę zachowania pędu: M m v m = ( M m + M I ) v , a następnie wyznaczamy masę młota: M m v m = M m v + M I v , M m ( v m − v ) = M I v , M m = M I v v m − v = 200 k g ⋅ 2 m 0,75 s 10 m / s − 2 m 0,75 s = 73 k g . Biorąc pod uwagę znaczną niepewność naszych oszacowań, wynikającą z oceny odległości i pomiaru czasu na podstawie kadru filmowego, bardziej miarodajne będzie podanie wyniku z dokładnością do dziesiątek kg, a więc M m = 70 k g . Energia kinetyczna układu, podobnie jak i pęd, pochodzi w całości z ruchu rozpędzonego młota: E K przed = 1 2 M m v m 2 = 1 2 ⋅ 70 k g ⋅ ( 10 m / s ) 2 = 3500 J . Po zderzeniu: E K po = 1 2 ( M m + M I ) v 2 = 1 2 ⋅ ( 70 k g + 200 k g ) ⋅ ( 2,67 m / s ) 2 = 960 J . Zatem zmiana energii kinetycznej wynosi E K po − E K przed = 960 J − 3500 J = 2540 J , co oznacza jej ubytek. Znaczenie Z innej sceny filmu wynika, że Thor jest w stanie siłą umysłu kontrolować swój młot i dodatkowo rozpędzić młot w fazie po zderzeniu – w tej sytuacji w układzie „młot plus Iron Man” pojawiłaby się siła zewnętrzna i przestałby to już być układ zamknięty. Mentalne zdolności Thorna nie są oczywiście przedmiotem zainteresowań niniejszego podręcznika. Analiza zderzenia samochodów Ciężarówka o masie 3000 kg uderza w stojący na światłach samochód o masie 1200 kg. W efekcie zderzenia ciężarówka zatrzymuje się, a samochód osobowy porusza się do przodu i zatrzymuje po przebyciu 10 metrów. Zmierzony współczynnik tarcia między oponami a nawierzchnią drogi wynosi 0,62. Z jaką prędkością poruszała się ciężarówka przed zderzeniem? Strategia rozwiązania Z początku może się wydawać, że zbyt mało wiemy, aby rozwiązać ten problem. Choć znamy prędkość początkową samochodu osobowego, nie znamy prędkości ciężarówki (ją właśnie mamy wyznaczyć), a zatem i pędu układu. Podobnie, znamy prędkość końcową ciężarówki, ale nie znamy prędkości auta osobowego bezpośrednio po zderzeniu. Fakt, że samochód ostatecznie się zatrzymuje jest już efektem zadziałania sił zewnętrznych, czyli tarcia. Reguła pędu i popędu również nie wydaje się pomocna, ponieważ nie znamy czasu trwania zderzenia. Przyjmijmy wstępnie, że w bardzo krótkim przedziale czasu odpowiadającym samemu zderzeniu, naszym układem zamkniętym będzie układ „ciężarówka plus auto” . Traktujemy wówczas zatrzymanie się ciężarówki jako błyskawiczne i prowadzące do natychmiastowego przekazania pędu samochodowi. Dopiero potem rozpocznie się ruch postępowy jednostajnie opóźniony samochodu (jest bardzo prawdopodobne, że przerażony kierowca uderzonego auta naciskał pedał hamulca aż do chwili zatrzymania, zatem samochód wytracił swoją prędkość za sprawą siły tarcia). Prędkość początkową tej fazy ruchu można wyznaczyć z zależności kinematycznych albo z twierdzenia o równoważności pracy i energii. Tu zastosujemy tę drugą metodę. Rozwiązanie Wprowadźmy oznaczenia: M s i M c – odpowiednio masa samochodu i ciężarówki, v c0 i v c1 – prędkość ciężarówki: początkowa (przed zderzeniem) i końcowa (po zderzeniu), v s0 i v s1 – prędkość samochodu: początkowa (przed zderzeniem) i końcowa (bezpośrednio po zderzeniu), E K1 i E K2 – energia kinetyczna samochodu bezpośrednio po zderzeniu i na końcu ruchu (po zatrzymaniu E K2 = 0 ), L – droga, jaką pokonał samochód zanim się zatrzymał. Zasadę zachowania pędu dla układu „ciężarówka plus auto” zapisujemy jako: M s v s0 + M c v c0 = M s v s1 + M c v c1 . Ponieważ v s0 = 0 i v c1 = 0 , otrzymujemy prędkość początkową ciężarówki równą: v c0 = M s M c v s1 . Aby wyznaczyć prędkość auta po zderzeniu, zastosujmy twierdzenie o równoważności pracy i energii, zgodnie z którym: W = Δ E K = E K2 − E K1 = 0 − 1 2 M s v s1 2 . Z drugiej strony, praca siły tarcia wykonana na odcinku L : W = F → t ⋅ L → = F t L cos ⁡ θ . Kąt θ jest kątem między wektorem siły tarcia (działającym poziomo, przeciwnie do ruchu) i przemieszczenia (działającym poziomo, zgodnie z kierunkiem ruchu). Wynosi więc on 180 ∘ , zatem cos ⁡ 180 ∘ = − 1 . Siłę tarcia na poziomym torze możemy powiązać z siłą nacisku (tu: równą ciężarowi auta) i współczynnikiem tarcia kinetycznego μ k zależnością: F t = μ k M s g . Zatem pracę siły tarcia możemy przyrównać do zmiany energii kinetycznej: − ( μ k M s g ) L = − 1 2 M s v s1 2 . Prędkość auta bezpośrednio po zderzeniu wynosi więc: v s1 = 2 μ k g L = 2 ⋅ 0,62 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 10 m = 11 m / s . Teraz możemy już wrócić do zasady zachowania pędu i wyznaczyć prędkość ruchu ciężarówki przed zderzeniem: v c0 = 1 200 k g 3 000 k g ⋅ 11,0 m / s = 4,4 m / s = 16 k m / h . Znaczenie Powyższy przykład pokazuje typową analizę, jakiej dokonują policjanci po przybyciu na miejsce wypadku. Widać więc, że od znajomości pojęć pędu i energii kinetycznej oraz ich prawidłowego zastosowania zależą często prawne i finansowe konsekwencje rzeczywistych wypadków. Sprawdź, czy rozumiesz. Gdyby nie było tarcia (zderzenie nastąpiłoby na oblodzonej nawierzchni), współczynnik tarcia wynosiłby zero, a nasz wynik v s1 = 2 μ k g L = 0 byłby również zerowy, co jest oczywiście niepoprawne. Gdzie tkwi błąd? Przy braku tarcia, uderzone auto poruszałoby się nieskończenie daleko, nie moglibyśmy więc skorzystać z twierdzenia o pracy i energii. Tym samym, problem stałby się nierozwiązywalny. Zderzenia i pęd w skali subatomowej Zasada zachowania pędu okazuje się kluczowa w rozumieniu zjawisk w skali atomowej i subatomowej, ponieważ głównie dzięki eksperymentom zderzeniowym możemy się czegoś dowiedzieć o tych maleńkich cząstkach. Na początku XX wieku obiektem ogromnego zainteresowania i tematem dyskusji naukowców był atom i jego budowa. Wiedziano już, że atomy zawierają dwa rodzaje cząstek naładowanych: obdarzone ładunkiem ujemnym elektrony i dodatnio naładowane protony (istnienie cząstek obojętnych elektrycznie, czyli neutronów podejrzewano, ale doświadczalnie potwierdzono je dopiero w roku 1932). Zasadnicze pytanie brzmiało: w jaki sposób owe dodatnie i ujemne ładunki są w atomie poukładane? Czy wypełniają równomiernie przestrzeń atomu (wyobrażenie takie zaproponował J.J. Thomson w swoim modelu „ciasta z rodzynkami”), czy umieszczone są w wierzchołkach wielokąta foremnego (model Gilberta Lewisa), a może przyjmują postać pierścieni ładunku ujemnego otaczających dodatnio naładowane jądro – na wzór pierścieni wokół Saturna (zgodnie z sugestią Hantaro Nagaoki)? A może istnieje jeszcze inna struktura? Ernest Rutherford, fizyk nowozelandzki, wraz z Niemcem – Hansem Geigerem i Brytyjczykiem Ernestem Marsdenem przeprowadzili w roku 1909 przełomowy, jak się okazało, eksperyment. Polegał on na bombardowaniu bardzo cienkiej folii złota wiązką szybkich, a więc wysokoenergetycznych cząstek alfa (jąder atomu helu He-4). Cząstki te zderzały się z atomami złota, podczas zderzenia zmieniały kierunek lotu (czyli: ulegały rozproszeniu) i były rejestrowane pod różnymi kątami względem ich początkowego kierunku. Ich rozpraszanie analizowane było właśnie na podstawie zasady zachowania pędu i energii. Gdyby ładunek w atomie był rozłożony jednorodnie w całej jego objętości (zgodnie z modelem Thomsona) wówczas cząstki alfa po zderzeniach byłyby rejestrowane w pewnym wąskim zakresie małych kątów. Model Nagaoki dawałby podobne rezultaty. Zgodnie z modelem wieloboku Lewisa rozproszenie cząstek zachodziłoby selektywnie, pod pewnymi charakterystycznymi kątami. Tymczasem wyniki eksperymentu Rutherforda pokazały, że wprawdzie większość cząstek praktycznie wcale nie zmienia kierunku, ale są też i takie, które wręcz całkowicie zawracają i zostają rozproszone pod kątami bliskimi 180 ∘ ( ). Ostatecznie, wykorzystując zasadę zachowania pędu i energii, Rutherford zaproponował model atomu, znacznie bliższy modelowi współczesnemu i dobrze wyjaśniający wyniki jego obserwacji. Modele atomu Thomsona i Rutherforda. Model Thomsona zakładał, że praktycznie wszystkie cząstki alfa zostaną rozproszone w bardzo małym kącie, bliskim 0 ∘ (rozproszenie do przodu). Rutherford i Geiger stwierdzili, że rozproszeniu uległo bardzo mało cząstek, ale za to pod znacznie większymi kątami. Wyniki eksperymentu Rutherforda były niespójne z modelem Thomsona. Rutherford opracował więc swój model atomu, wykorzystując zasadę zachowania pędu i energii – znany obecnie jako model jądrowy. Podsumowanie Zderzenie sprężyste to takie, w którym zachowana zostaje energia kinetyczna. W zderzeniu niesprężystym energia kinetyczna nie jest zachowana. Całkowity pęd układu zamkniętego jest zachowany zarówno w zderzeniu sprężystym jak i niesprężystym, czyli niezależnie od zachowania energii kinetycznej. Analiza zmian energii kinetycznej i zachowania pędu pozwala na wyznaczenie końcowych prędkości (przy użyciu prędkości początkowych i mas) w zderzeniach jedno- i dwuwymiarowych. Pytania Dwa ciała o jednakowych masach poruszają się z jednakowymi prędkościami, zwróconymi naprzeciw siebie (zderzenie czołowe). Czy w tym zderzeniu może być stracona cała energia kinetyczna? Tak, cała energia kinetyczna może być stracona, jeżeli masy na przykład zlepią się ze sobą i pozostaną w spoczynku. Opisz układ, w którym pęd jest zachowany, a energia mechaniczna nie. A następnie odwrotnie – opisz układ, w którym zachowana jest energia kinetyczna, a pęd nie. Zadania Kula do kręgli o masie 5,5 kg toczy się z prędkością 9 m/s i uderza w kręgiel o masie 0,85 kg. Kręgiel odskakuje pod pewnym kątem względem kierunku początkowego kuli z prędkością 15 m/s. Oblicz wartość i kierunek prędkości kuli po zderzeniu. Czy zderzenie było sprężyste? 6,8 m/s, 5,33°; Tak (wyznacz stosunek energii kinetycznej przed i po zderzeniu) Ernest Rutherford (pierwszy Nowozelandczyk uhonorowany nagrodą Nobla w dziedzinie chemii) wykazał w swoim eksperymencie rozpraszania cząstek alfa (He-4) na folii złota (Au-197), że jądro atomowe jest obiektem o bardzo dużej gęstości i rozmiarach ok. 100 tysięcy razy mniejszych niż sam atom. Energia nadlatującej cząstki alfa wynosi 8,00 ⋅ 10 − 13 J , masy jądra helu i złota wynoszą odpowiednio 6,68 ⋅ 10 − 27 k g i 3,29 ⋅ 10 − 25 k g (zwróć uwagę, że ich stosunek jest jak 4 do 197). a. Jeżeli jądro helu rozprasza się pod kątem 120 ∘ w zderzeniu sprężystym z jądrem złota, oblicz wartość i kierunek końcowej prędkości jądra złota. b. Jaka jest końcowa energia jądra helu? Hokeista o masie 90 kg uderza w krążek o masie 0,15 kg, nadając mu prędkość 45 m/s. Jeżeli hokeista i krążek znajdują się początkowo w spoczynku na idealnie gładkim lodzie, jak daleko przesunie się hokeista na skutek odrzutu, w czasie gdy krążek dolatuje do bramki znajdującej się w odległości 15 m od miejsca uderzenia? 2,5 cm Petarda o masie 100 g, wystrzelona pionowo do góry, w najwyższym punkcie lotu rozdziela się na dwie części. Jaka jest prędkość (wartość i kierunek) drugiego fragmentu petardy, jeżeli jeden fragment o masie 72 g został odstrzelony poziomo w lewo z prędkością 20 m/s? W zderzeniu sprężystym samochodzik elektryczny w wesołym miasteczku uderza od tyłu w jadący w tym samym kierunku inny samochodzik. Masy obu autek wynoszą 400 kg, prędkość uderzonego samochodziku wynosi 5,6 m/s, a prędkość samochodziku uderzającego 6 m/s. Zakładając, że masy kierujących są dużo mniejsze niż masy pojazdów, oblicz ich prędkości po zderzeniu. Auta wymienią się prędkościami – uderzone będzie jechać szybciej (6 m/s) a drugie 5,6 m/s. Wykonaj obliczenia i odpowiedz na pytania z poprzedniego zadania, jeśli masa auta uderzonego jest o 30% większa niż uderzającego. Cząstka alfa (He-4) zderza się sprężyście ze spoczywającym jądrem uranu U-235. Jaki procent energii kinetycznej cząstki alfa zostanie przekazany jądru ciężkiemu? Zagadnienie traktujemy jako jednowymiarowe. 6,6% Wyobraź sobie, że stoisz na bardzo śliskim podłożu i wyrzucasz przed siebie piłkę o masie 1 kg poziomo z prędkością 6,7 m/s. Jaka będzie twoja prędkość po wyrzuceniu piłki (przyjmij swoją masę rzeczywistą lub średnią masę studenta równą 65 kg)? Dziecko o masie 35 kg zjeżdża z górki na sankach, a następnie po płaskim torze, gdy na sanki wskakuje drugie dziecko o takiej samej masie. Jeżeli prędkość sanek z jednym dzieckiem wynosiła 3,5 m/s, jaka jest prędkość sanek z dwójką dzieci? 1,9 m/s Chłopiec zjeżdża na sankach ze wzniesienia, a następnie wjeżdża na zmrożoną taflę jeziora. Na środku jeziora znajduje się zaspa śniegu o masie 1 tony, którą pędzący na sankach chłopiec przebija i porusza się dalej. Wiedząc, że prędkość chłopca przed zderzeniem wynosiła 10 m/s, jego masa jest równa 40 kg, a masa sanek 2,5 kg, oblicz prędkość chłopca z sankami oraz zaspy po zderzeniu. zderzenie sprężyste (ang. elastic collision ) zderzenie, w którym spełniona jest zasada zachowania energii mechanicznej. W przypadku ruchu po płaskim torze oznacza to zachowanie energii kinetycznej eksplozja (ang. explosion ) pojedynczy obiekt rozpada się na dwa lub więcej fragmentów. Energia kinetyczna nie jest zachowana, ale pęd – tak zderzenie niesprężyste (ang. inelastic collision ) zderzenie, w którym nie jest spełniona zasada zachowania energii mechanicznej zderzenie idealnie niesprężyste (ang. perfectly inelastic collision ) zderzenie, po którym ciała pozostają w spoczynku, a końcowa energia kinetyczna wynosi zero (strata energii jest maksymalna)", "section": "Rodzaje zderzeń", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zderzenia w wielu wymiarach Zderzenia ciał w dwóch wymiarach występują w przyrodzie znacznie częściej niż jednowymiarowe. W zderzeniach na płaszczyźnie kąty między prędkościami początkowymi ciał nie wynoszą 0 ∘ lub 180 ∘ i możliwa jest każda konfiguracja wektorów. Jeżeli natomiast zderzają się więcej niż dwa ciała lub wskutek eksplozji powstają więcej niż dwa fragmenty – sytuacja może wymagać opisu w trzech wymiarach, czyli w przestrzeni. Przyjrzyjmy się, jakie komplikacje to rodzi (dla uproszczenia na początek wystarczy nam zderzenie na płaszczyźnie). Po pierwsze, należy zawsze pamiętać, że pęd jest wektorem. Jak wszystkie wektory, można go przedstawić przy pomocy składowych wzajemnie do siebie prostopadłych. Najczęściej są to składowe kartezjańskie x , y i z (oznaczone odpowiednio wersorami osi: i ^ , j ^ , k ^ ). Stosując później zasadę zachowania pędu, będziemy rozpisywać równania dla poszczególnych składowych. Druga, niezwykle istotna informacja dotyczy relacji siły i pędu, wyrażającej się w II zasadzie dynamiki: F → = d p → d t , gdzie siła również jest wektorem o trzech składowych, zatem: F x = d p x d t , F y = d p y d t , F z = d p z d t . Wiemy, że druga zasada dynamiki jest słuszna dla każdego kierunku ruchu, niezależnie od pozostałych składowych. Skoro tak, to na mocy III zasady Newtona, również zasada zachowania pędu będzie słuszna niezależnie od kierunku. Powyższe informacje pozwalają na analizę każdego problemu wielowymiarowego za pomocą równań rozpisanych dla dwóch (w przypadku opisu w 2D) lub trzech (przy opisie w 3D) składowych wektorów siły, pędu czy prędkości, a także wyrażenie pędu całkowitego jako sumy pędów elementów układu: p x suma po = p x ⁢ 1 ⁢ przed + p x ⁢ 2 przed ⁢ , p y suma po = p y ⁢ 1 ⁢ przed + p y ⁢ 2 przed ⁢ . \\begin{align} p_{x\\sep \\text{ suma po}} &= p_{x1 \\text{ przed}} + p_{x2 \\sep \\text{ przed}} \\text{,} \\\\ p_{y\\sep \\text{ suma po}} &= p_{y1 \\text{ przed}} + p_{y2 \\sep \\text{ przed}} \\text{.} \\end{align} Procedurę tę obrazuje . (a) W analizie zagadnienia dwuwymiarowego rozkładamy wektory pędów przed zderzeniem na składowe x i y . (b) Dodajemy do siebie wszystkie składowe pędów dla danego kierunku osi i otrzymujemy składową p x po i p y po odpowiednio pokazane czerwoną linią przerywaną. (c) Dodajemy do siebie składowe p x po i p y po i otrzymujemy wektor pędu po zderzeniu p → po . Z równań dla każdej składowej niezależnie wyprowadzamy składową poszukiwanej prędkości: v x po = m 1 v 1x przed + m 2 v 2x przed m , v y po = m 1 v 1y przed + m 2 v 2y przed m , gdzie m jest całkowitą masą układu. Długość wektora prędkości v po obliczymy z pomocą twierdzenia Pitagorasa: v po = | v → po | = v x po 2 + v y po 2 . Strategia rozwiązywania zadań: zasada zachowania pędu w dwóch wymiarach Metoda postępowania w przypadku zagadnień dwu- lub trójwymiarowych z wykorzystaniem zasady zachowania pędu jest w gruncie rzeczy jednakowa, jak w przypadku problemu jednowymiarowego. Różnica polega na tym, że należy ułożyć i rozwiązać równanie dla każdej składowej: Zidentyfikuj układ zamknięty. Zapisz równania reprezentujące zasadę zachowania pędu dla poszczególnych składowych. Jeżeli masz za zadanie wyznaczyć prędkość lub pęd – pamiętaj o wektorowym (graficznym) dodaniu składowych i wyznaczeniu długości wektora sumarycznego za pomocą twierdzenia Pitagorasa. Zderzenie samochodów Samochód osobowy o masie 1200 kg jadący na wschód z prędkością 60 km/h zderzył się na skrzyżowaniu z ciężarówką o masie 3 ton jadącą na północ z prędkością 40 km/h ( ). Oba pojazdy poruszają się dalej razem. Jaka jest ich prędkość po zderzeniu? Sytuacja tuż przed zderzeniem się ciężarówki jadącej na północ z samochodem osobowym jadącym na wschód. Sumaryczny pęd posiadać będzie składowe zarówno wzdłuż osi x , jak i y . Strategia rozwiązania Przede wszystkim należy wyodrębnić układ zamknięty. Naturalnym wyborem jest układ „ciężarówka plus samochód” : nie jest to jednak układ zamknięty ze względu na obecność siły tarcia między drogą a zdeformowanymi pojazdami po zderzeniu. Problem ten przestanie istnieć, jeśli zawęzimy zagadnienie do wyznaczenia prędkości masy pojazdów w chwili tuż po zderzeniu. Przy takim zastrzeżeniu układ będzie zamknięty, a zasada zachowania pędu spełniona. Ponieważ rozważamy ruch na płaszczyźnie, analizujemy pęd w ujęciu składowych x , y i względem tychże osi zapisujemy zasadę zachowania pędu. Rozwiązanie Przed zderzeniem całkowity pęd układu wynosi: p → = m s v → s + m c v → c . Po zderzeniu pęd całkowity wynosi: p → = ( m s + m c ) v → sc . Ponieważ mamy do czynienia z układem zamkniętym, pęd zostaje zachowany: m s v → s + m c v → c = ( m s + m c ) v → sc . Istotne jest wciąż zachowanie zapisu wektorowego, ponieważ zagadnienie nie jest jednowymiarowe, tzn. wektory nie są do siebie równoległe. Należy je dodać wektorowo ( ). Graficzna ilustracja dodawania wektorów pędu. Zwróćmy uwagę, że chociaż prędkość samochodu osobowego jest większa od prędkości ciężarówki, to pęd samochodu jest mniejszy. Oznaczmy osie układu współrzędnych jako x –skierowaną w prawo i y –skierowaną w górę, zgodnie z prędkościami pojazdów na rysunku. Wówczas pędy pojazdów: p → s = m s ⁢ v → s = m s ⁢ v s ⁢ i ̂ ⁢ , p → c = m c ⁢ v → c = m c ⁢ v c ⁢ j ̂ ⁢ . \\begin{align} \\vec p_{\\text{s}} &= m_{\\text{s}} \\vec v_{\\text{s}} = m_{\\text{s}} v_{\\text{s}} \\hat i \\text{,} \\\\ \\vec p_{\\text{c}} &= m_{\\text{c}} \\vec v_{\\text{c}} = m_{\\text{c}} v_{\\text{c}} \\hat j \\text{.} \\end{align} Zasada zachowania pędu wzdłuż osi x ma wówczas postać: m s v s = ( m s + m c ) v scx , v scx = m s m s + m c v s . Wzdłuż osi y : m c v c = ( m s + m c ) v scy , v scy = m c m s + m c v c . Stosujemy twierdzenie Pitagorasa: v → sc = m s m s + m c ⁢ v s 2 + m c m s + m c ⁢ v c 2 v → sc = 1200 ⁢ kg 4200 ⁢ kg ⋅ 16,67 ⁢ m ∕ s 2 + 3000 ⁢ kg 4200 ⁢ kg ⋅ 11,1 ⁢ m ∕ s 2 v → sc = 4,79 ⁢ m ∕ s 2 + 7,93 ⁢ m ∕ s 2 = 9,25 ⁢ m ∕ s = 33,3 ⁢ km ∕ h . \\begin{multiline} \\abs{\\vec v_{\\text{sc}}} &= \\sqrt{ ( \\frac{ m_{\\text{s}} }{ m_{\\text{s}} + m_{\\text{c}} } v_{\\text{s}} )^2 + (\\frac{m_{\\text{c}}}{m_{\\text{s}} + m_{\\text{c}}} v_{\\text{c}})^2 } \\\\ &= \\sqrt{(\\frac{ \\SI{1200}{\\kilo\\gram} }{ \\SI{4200}{\\kilo\\gram} } \\cdot \\SI{16,67}{\\metre\\per\\second})^2 + (\\frac{\\SI{3000}{\\kilo\\gram}}{\\SI{4200}{\\kilo\\gram}} \\cdot \\SI{11,1}{\\metre\\per\\second})^2} \\\\ &= \\sqrt{(\\SI{4,79}{\\metre\\per\\second})^2 + (\\SI{7,93}{\\metre\\per\\second})^2} = \\SI{9,25}{\\metre\\per\\second} = \\SI{33,3}{\\kilo\\metre\\per\\hour} \\text{.} \\end{multiline} v → sc = m s m s + m c ⁢ v s 2 + m c m s + m c ⁢ v c 2 = 1200 ⁢ kg 4200 ⁢ kg ⋅ 16,67 ⁢ m ∕ s 2 + 3000 ⁢ kg 4200 ⁢ kg ⋅ 11,1 ⁢ m ∕ s 2 = 4,79 ⁢ m ∕ s 2 + 7,93 ⁢ m ∕ s 2 = 9,25 ⁢ m ∕ s = 33,3 ⁢ km ∕ h . Kąt wskazany na rysunku wynosi: θ = arctg ⁡ v scx v scy = artg ⁡ 7,93 m / s 4,79 m / s = 59 ∘ . Znaczenie W praktyce, aby określić prędkości pojazdów przed zderzeniem, policjanci lub ekipa dochodzeniowa czynności omówione we wcześniejszym przykładzie wykonują w odwrotnej kolejności: mierzą długość śladów hamowania na drodze (drogę hamowania) i korzystają z twierdzenia o równoważności pracy i energii oraz z zasady zachowania pędu. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że prędkości przed zderzeniem pojazdów nie są do siebie prostopadłe. Jak zmieniłoby to efekt fizyczny i matematyczną analizę zderzenia? Gdy prędkości początkowe nie są do siebie prostopadłe, zależy rozłożyć wektory na składowe, z użyciem funkcji trygonometrycznych kąta lub kątów podanych w zadaniu, bądź też – zamiast twierdzenia Pitagorasa – skorzystać z twierdzenia cosinusów. Analiza matematyczna byłaby więc nieco bardziej złożona, matematycznie wynik zawierałby zależność od kąta, natomiast skutek fizyczny zderzenia praktycznie by się nie zmienił – uszkodzenia pojazdów i być może pasażerów byłby niewątpliwe. Eksplozja butli nurkowej Typowa butla nurkowa jest aluminiowym cylindrem o masie własnej ok. 14,4 kg ( ). Po napełnieniu jej sprężonym powietrzem ciśnienie wewnątrz butli wynosi 170–200 atm. Załóżmy, że w pewnym momencie taka spoczywająca butla eksploduje, rozrywając się na trzy fragmenty. Pierwszy z nich, o masie ok. 4,5 kg odlatuje w płaszczyźnie poziomej z prędkością 105 m/s, drugi – o masie 3,2 kg również odlatuje w płaszczyźnie poziomej z prędkością 77 m/s, pod kątem 19 ∘ do kierunku ruchu pierwszego fragmentu. Jaką masę i prędkość początkową po wybuchu będzie miał trzeci fragment? Butla nurkowa rozpadająca się w wyniku eksplozji na trzy fragmenty. Strategia rozwiązania Aby skorzystać z zasady zachowania pędu, niezbędne jest określenie układu zamkniętego. Jeśli weźmiemy pod uwagę samą butlę bezpośrednio po wybuchu, możemy pominąć wpływ siły grawitacji na butlę i jej fragmenty. Uznajemy zatem, że jest to układ zamknięty o początkowym pędzie równym zeru. Ponieważ wiemy, że dwa fragmenty poruszają się w płaszczyźnie poziomej, zatem i trzeci fragment będzie poruszał się w tejże płaszczyźnie (w przeciwnym razie jakakolwiek pionowa składowa wektora pędu nie mogłaby zrównoważyć się, a wiemy, że na początku wszystkie składowe wynosiły zero). Zatem, patrząc „z góry” na odlatujące elementy wybieramy początek dwuwymiarowego układu współrzędnych x y w środku butli, zaś oś x w taki sposób, by była skierowana zgodnie z skierowaną zgodnie z prędkością pierwszego fragmentu. Zapisujemy równania wyrażające zasadę zachowania pędu dla obu składowych, aby otrzymać składowe nieznanego pędu trzeciego fragmentu, z których (przy zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa) obliczymy jego wartość. Następnie, dzieląc wynik przez masę trzeciego fragmentu, otrzymamy prędkość tegoż fragmentu. Rozwiązanie Zacznijmy od wyliczenia masy trzeciego fragmentu butli: m 3 = m b − m 1 + m 2 ⁢ , m 3 = 14,4 ⁢ kg − 4,5 ⁢ kg + 3,2 ⁢ kg = 6,7 ⁢ kg ⁢ . \\begin{align} m_3 &= m_{\\text{b}} - (m_1 + m_2) \\text{,} \\\\ m_3 &= \\SI{14,4}{\\kilo\\gram} - (\\SI{4,5}{\\kilo\\gram} + \\SI{3,2}{\\kilo\\gram}) = \\SI{6,7}{\\kilo\\gram} \\text{.} \\end{align} Zapiszemy teraz zasadę zachowania pędu dla składowych x i y : Kierunek osi x : p x po = p x przed , p 1 x + p 2 x + p 3 x = 0 , m 1 v 1 x + m 2 v 2 x + p 3 x = 0 , p 3 x = − m 1 v 1 x − m 2 v 2 x . Kierunek osi y : p y po = p y przed , p 1 y + p 2 y + p 3 y = 0 , m 1 v 1 y + m 2 v 2 y + p 3 y = 0 , p 3 y = − m 1 v 1 y − m 2 v 2 y . Korzystając z funkcji trygonometrycznych kąta θ obliczamy składową x : p 3 x = − m 1 v 1 − m 2 v 2 cos ⁡ θ = − 4,5 k g ⋅ 105 m / s − 3,2 k g ⋅ 77 m / s ⋅ cos ⁡ 19 ∘ = − 705 k g ⋅ m / s . Następnie wyznaczamy składową y : p 3 y = 0 − m 2 v 2 sin ⁡ θ = − 3,2 k g ⋅ 77 m / s ⋅ sin ⁡ 19 ∘ = − 80 k g ⋅ m / s . Z obu składowych wyznaczamy wartość pędu: | p → 3 | = p 3 x 2 + p 3 y 2 = ( − 705 k g ⋅ m / s ) 2 + ( − 80 k g ⋅ m / s ) 2 = 710 k g ⋅ m / s . Prędkość trzeciego fragmentu butli wynosi więc: v 3 = p 3 m 3 = 710 k g ⋅ m / s 6,7 k g = 106 m / s . Kierunek tej prędkości jest taki, jak kierunek wektora pędu: ϕ = arctg ⁡ p 3 y p 3 x = arctg ⁡ ( − 80 k g ⋅ m / s − 705 k g ⋅ m / s ) = 6,5 ∘ . Ponieważ kąt ϕ mierzony jest od ujemnej półosi x jego właściwa wartość to 186,5 ∘ względem kierunku + x . Znaczenie Ogromne wartości prędkości są typowe i odzwierciedlają siłę wybuchu sprężonego gazu. Rozpędzone fragmenty mogą z łatwością przebić ścianę, spowodować poważne obrażenia, a nawet śmierć. Na szczęście statystyki pokazują, że tego typu zdarzenia występują niezwykle rzadko. Sprawdź, czy rozumiesz. Zauważ, że masa samego powietrza sprężonego w butli została w powyższej analizie pominięta. Jak zmieniłaby się metoda rozwiązania zadania, gdyby uwzględnić masę powietrza? Jak bardzo wpłynęłoby to na wynik liczbowy? Obliczmy masę sprężonego powietrza. Objętość butli to ok. 11 litrów. Traktując powietrze jako gaz doskonały, liczbę moli gazu w butli wyliczymy jako: P V = n R T , n = P V R T = 170 a t m ⋅ 0,011 m 3 8,31 J / ( m o l ⋅ K ) ⋅ 300 K ⋅ 101325 P a / a t m = 75,9 m o l . Średnia masa molekularna powietrza wynosi 29 g/mol, więc masa powietrza zawartego w butli wynosi około 2,2 kg. Stanowi to w przybliżeniu 15% masy butli, więc można ją uznać za zaniedbywalną. Ponadto, początkową siłę działającą na każdy fragment można uznać za proporcjonalną do powierzchni fragmentów, która z kolei jest proporcjonalna do masy każdego z nich (zakładamy stałą grubość ścianki butli). Zatem, gdyby dokładnie uwzględnić masę powietrza – początkowe przyspieszenia każdego z fragmentów zmieniłyby się bardzo niewiele. Podsumowanie Do przeprowadzenia analizy zderzeń w dwóch wymiarach należy odpowiednio obrać układ współrzędnych i przedstawić ruch ciał za pomocą składowych wzdłuż obranych osi tegoż układu. Jeżeli pęd jest zachowany, to zachowany jest wzdłuż każdej osi, równocześnie i niezależnie. Twierdzenie Pitagorasa umożliwia wyznaczenie wartości wektora pędu dla każdej osi z jego składowych, wyznaczonych na podstawie zasady zachowania pędu. Pytania Pęd jest zachowany wzdłuż jednego kierunku, ale nie jest zachowany dla innego. Co możesz powiedzieć o kącie między tymi kierunkami? Podaj przykład. Kąt między tymi kierunkami musi wynosić 90°. Przykładem jest każdy układ, w którym siły zewnętrzne dla jednego kierunku znoszą się, a dla innego nie. Zadania Jastrząb o masie 1,80 kg nurkuje w powietrzu pod kątem 35 ∘ do poziomu w kierunku lecącego poziomo gołębia o masie 0,65 kg i chwyta go w locie. Jaka będzie wartość i kierunek ich wspólnej prędkości, jeżeli prędkość gołębia wynosiła 7 m/s, a prędkość jastrzębia 28 m/s? Źródło: “jastrząb”: zmodyfikowano przez: “USFWS Mountain-Prairie”/Flickr; Źródło:“gołąb”: zmodyfikowano przez: Jacob Spinks. 22,1 m/s, pod kątem 32 , 2 ∘ zgodnie z ruchem wskazówek zegara od osi + x . Kula bilardowa oznaczona numerem 1, poruszająca się w kierunku poziomym uderza w kulę o takiej samej masie, oznaczoną numerem 2, pozostającą w stanie spoczynku. Prędkość kuli 1 przed zderzeniem wynosi 3,00 m/s, a po zderzeniu 0,50 m/s i skierowana jest pod kątem 50° względem pierwotnego kierunku ruchu. Przyjmując, że każda z kul ma masę równą 300 g, ustal jaka będzie prędkość kuli 2 po zderzeniu. Pocisk o masie 2 kg wystrzelono w powietrze pod kątem 40 ∘ do poziomu z prędkością 50 m/s. W najwyższym punkcie lotu pocisk rozrywa się na trzy części o masach 1 kg, 0,7 kg i 0,3 kg. Odłamek o masie 1 kg bezpośrednio po rozpadzie spada pionowo w dół z prędkością 10 m/s, fragment o masie 0,7 kg kontynuuje lot poziomy, natomiast fragment o masie 0,3 kg odskakuje w górę. Wyznacz prędkości odłamków o masach 0,3 kg i 0,7 kg bezpośrednio po rozpadzie. Jak wysoko od miejsca rozpadu doleci najlżejszy odłamek? Jak daleko od miejsca wystrzału doleci odłamek o masie 0,7 kg? 33 m/s i 110 m/s; 57 m; 480 m Dwie asteroidy zderzają się i spajają na skutek zderzenia. Pierwsza miała masę 15 ton i prędkość 770 m/s, a druga – 20 ton i 1020 m/s. Kierunki ich prędkości tworzyły kąt 20°. Jaka będzie ich wspólna prędkość po zderzeniu względem prędkości początkowej pierwszej asteroidy? Rakieta kosmiczna o masie 200 kg leci z prędkością 121 m / s ⋅ i ^ + 38,0 m / s ⋅ j ^ . Nagle rozpada się na trzy elementy, z których pierwszy (78 kg) leci z prędkością − 321 m / s ⋅ i ^ + 228 m / s ⋅ j ^ , a drugi (56 kg) z prędkością 16,0 m / s ⋅ i ^ − 88,0 m / s ⋅ j ^ . Oblicz prędkość trzeciego elementu. 732 m / s ⋅ i ^ − 80,6 m / s ⋅ j ^ . Proton lecący z prędkością 3 ⋅ 10 6 m / s rozprasza się sprężyście na spoczywającej cząstce alfa, tak że tor jego ruchu ulega odchyleniu o 85° względem pierwotnego biegu. Przyjmując, że masa cząstki alfa jest 4 razy większa od masy protonu, oblicz, jaki procent energii kinetycznej zachowa proton po zderzeniu. Trzy renifery o masie 70 kg każdy stoją na wielkiej krze unoszącej się na powierzchni spokojnego jeziora. Pod wpływem huku wystrzału rozbiegają się z prędkościami: A: 15 m / s ⋅ i ^ + 5 m / s ⋅ j ^ ; B: − 12 m / s ⋅ i ^ + 8 m / s ⋅ j ^ ; C: 1,2 m / s ⋅ i ^ − 18 m / s ⋅ j ^ . Z jaką prędkością porusza się kra? − 0,21 m / s ⋅ i ^ + 0,25 m / s ⋅ j ^ . Rodzina wybrała się na lodowisko. Tata (o masie 75 kg) jedzie z prędkością 8,2 m/s, dogania i chwyta mamę o masie 50 kg, jadącą początkowo z prędkością 3,3 m/s pod kątem 45 ∘ względem prędkości taty. Następnie oboje chwytają stojącą spokojnie córkę o masie 30 kg i poruszają się razem. Jaka jest ich wspólna prędkość? Atom tlenu o masie 16 u porusza się z prędkością 733 m/s pod kątem 15 ∘ względem osi x i zderza się niesprężyście z cząsteczką tlenu o masie 32 u, poruszającą się z prędkością 528 m/s pod kątem 128 ∘ do osi x . Po ich złączeniu się powstaje cząsteczka ozonu. Jaka będzie jej prędkość? 341 m/s dla 86 , 6 ∘ względem osi x . Dwa samochody dojeżdżają do oblodzonego skrzyżowania dwóch prostopadłych ulic. Samochód A jedzie na północ z prędkością 30 m/s, a samochód B na wschód. Na skrzyżowaniu dochodzi do ich zderzenia i złączenia, wskutek czego poruszają się one razem wzdłuż azymutu 28 ∘ . Jaka była prędkość samochodu B?", "section": "Zderzenia w wielu wymiarach", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Środek masy Jak dotąd udawało nam się uniknąć brania pod uwagę pewnej istotnej kwestii: kiedy mówiliśmy, że ciało porusza się (a dokładniej: przyspiesza) zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona, ignorowaliśmy fakt, że może być ono zbudowane z wielu elementów. Samochód ma przecież silnik, kierownicę, siedzenia, pasażerów; piłka futbolowa zawiera warstwę skórzaną, gumową oraz sprężone powietrze; cegła zbudowana jest z atomów. W każdym ciele zawarta jest ogromna ilość różnego rodzaju elementów, niekoniecznie równomiernie w nim rozłożonych. Jaki to ma wpływ na jego ruch i jak uwzględnić te dane w naszych obliczeniach? Zdajemy sobie sprawę, że obiekty fizyczne bywają rozciągłe, czyli posiadają pewne rozmiary przestrzenne, które mogą się zmieniać podczas ruchu, jak np. balon z wodą albo spadający kot ( ). Oznacza to, że poszczególne elementy ciała oddziałują ze sobą siłami wewnętrznymi (ang. internal force ), będąc jednocześnie pod wpływem sił zewnętrznych, działających na obiekt jako całość. Dobrze byłoby uwzględniać i te zależności w naszych analizach. Spadający kot wykonuje bardzo skomplikowane ewolucje, aby ostatecznie wylądować na czterech łapach. Mimo złożoności tego układu istnieje w ciele kota taki punkt, który podlega prostemu ruchowi jednostajnie przyspieszonemu z przyspieszeniem ziemskim g . Postawmy więc problem: która część obiektu o fizycznych rozmiarach podlega ruchowi zgodnie z II zasadą dynamiki, gdy działają siły zewnętrzne, oraz w jaki sposób siły wewnętrzne i zewnętrzne zaburzają ruch ciała jako całości? Pamiętajmy jednak, że aby tę nową dla nas sytuację prawidłowo przeanalizować, musimy być konsekwentni i bezkompromisowi – nie wolno nam robić żadnych specjalnych założeń co do rodzaju ciała, jego elementów czy też typu sił wewnętrznych i zewnętrznych. Rozumowanie musi być spójne i uniwersalne. Siły wewnętrzne i zewnętrzne Załóżmy, że opisujemy ciało o masie M , składające się z N oddziałujących ze sobą elementów o masach m 1 , m 2 , m 3 , … , m N . Masę całkowitą tego ciała zapiszemy jako: M = ∑ j = 1 N m j . Jeżeli na obiekt działa siła zewnętrzna (ang. external force ) F → z , to znaczy, że każdy element tego ciała dozna działania pewnej części tej siły. Niech więc f → z j = ułamek siły zewnętrznej, który działa na j -tą cząstkę tego ciała . Zwróćmy uwagę, że ułamki przypadające na poszczególne fragmenty ciała generalnie nie muszą być jednakowe, zatem f → z1 ≠ f → z2 ≠ f → z3 ≠ ⋯ ≠ f → zN . Części ciała mogą równie dobrze oddziaływać wzajemnie na siebie siłami wewnętrznymi: f → w j – wypadkowa sił wewnętrznych działających na j -tą cząstkę ciała na skutek oddziaływania z innymi częściami układu. Wobec tego na dany j -ty fragment masy działa siła będąca sumą wektorową wkładu sił zewnętrznych i wewnętrznych: f → j = f → z j + f → w j , gdzie j numeruje kolejne elementy ciała: j = 1,2,3 , … , N . W wyniku działania tejże siły pęd danego elementu może się zmienić, zgodnie z zapisem II zasady dynamiki: f → j = d p → j d t , f → z j + f → w j = d p → j d t . Siła wypadkowa działająca na całe ciało jest sumą wektorową tych sił: F → wyp = ∑ j = 1 N ( f → z j + f → w j ) = ∑ j = 1 N f → z j + ∑ j = 1 N f → w j . Powyższa siła zmienia pęd ciała jako całości, zatem całkowita zmiana pędu ciała będzie sumą wektorową zmian pędów poszczególnych jego elementów: F → wyp = ∑ j = 1 N d p → j d t . Łącząc ze sobą oba powyższe równania, otrzymujemy: ∑ j = 1 N f → z j + ∑ j = 1 N f → w j = ∑ j = 1 N d p → j d t . Pamiętamy, że f → w j jest siłą wywieraną na j -ty element ciała przez inne jego elementy. Wiemy również z III zasady dynamiki Newtona, że dla każdej z takich sił istnieje siła reakcji na nią – wywierana przez j -ty element na inne, taka sama co do wartości, ale przeciwnie skierowana. Siły te jednak wzajemnie się nie znoszą i dla konkretnego fragmentu ciała ich wektorowa suma nie będzie równa zeru. Natomiast sumowanie w obrębie całego obiektu i z uwzględnieniem wszystkich sił wewnętrznych wzajemnie na siebie wywieranych przez elementy ciała – spowoduje w skali całościowej wzajemne zniesienie się sił w parach, zatem: ∑ j = 1 N f → w j = 0. Przedstawiony tok rozumowania wydaje się dość zawiły, jest on tu jednak kluczowy – upewnij się, że dobrze rozumiesz powyższą koncepcję. W przypadku f → z j natomiast sumowanie dla poszczególnych elementów ciała da nam po prostu wypadkową siłę zewnętrzną działającą na obiekt: ∑ j = 1 N f → z j = F → z . W rezultacie: F → z = ∑ j = 1 N d p → j d t . Powyższe równanie informuje nas, jaka będzie całkowita zmiana pędu całego ciała (wszystkich jego N elementów) na skutek działania sił zewnętrznych; siły wewnętrzne nie mają wpływu na pęd ciała jako całości. Z tego powodu nie możemy np. stojąc w koszu wciągnąć samych siebie za linę przytwierdzoną do tegoż kosza. (lub nieco brutalniej: samych siebie podnieść za włosy!) Z punktu widzenia układu, którego częścią jesteśmy – działamy siłą wewnętrzną i nie możemy zmienić swojego pędu. Siła i pęd Naszym obecnym celem jest podać równanie ruchu dla całego, złożonego obiektu. Aby to uczynić, zdefiniujmy: p → ŚM całkowity pęd układu zawierającego N elementów (znaczenie dolnego indeksu „ŚM” stanie się jasne w dalszej części rozdziału). Wówczas p → ŚM = ∑ j = 1 N p → j , i wcześniejsze możemy zapisać jako F → z = d p → ŚM d t . Powyższe równanie jest zapisem II zasady dynamiki dla całego ciała. Jeżeli nie wydaje się to szczególnie odkrywcze, zwróćmy uwagę, co kryje się pod symbolem p → ŚM – jest to wektorowa suma pędów setek tysięcy trylionów 6,02 ⋅ 10 23 cząsteczek, zaistniała wskutek zadziałania siły zewnętrznej – siły, którą jesteśmy w stanie wyliczyć. Środek masy Naszym kolejnym zadaniem jest określić położenie tego fragmentu ciała, którego dotyczy . W tym miejscu przywołajmy dobrze znaną postać II zasady dynamiki: F → = M a → . Wówczas: M a → = d p → ŚM d t oraz M a → = ∑ j = 1 N d p → j d t = d d t ∑ j = 1 N p → j (przeniesienie znaku pochodnej spod sumy jest dopuszczalne, ponieważ pochodna sumy jest równa sumie pochodnych). Wektor p → j jest pędem j -tego elementu ciała. Położenie tego elementu określa wektor wodzący w wybranym układzie współrzędnych: r → j = ( x j , y j , z j ) . Otrzymujemy więc: p → j = m j v → j = m j d r → j d t , a następnie: M a → = ∑ j = 1 N d p → j d t = d d t ∑ j = 1 N m j d r → j d t = d 2 d t 2 ∑ j = 1 N m j r → j . Dzieląc obustronnie przez masę ciała M (sumę mas wszystkich jego elementów), otrzymujemy: a → = d 2 d t 2 ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) . Punkt, którego współrzędne określa zawartość nawiasu w powyższym równaniu, pod wpływem siły zewnętrznej doświadcza takiego przyspieszenia (i porusza się po takim torze), jakby w nim skupiona była masa całego ciała. Przyglądając się zawartości nawiasu we wzorze, przekonamy się, że przedstawia ona sumę iloczynów mas poszczególnych elementów i położenia w danym układzie współrzędnych podzieloną przez całkowitą masę układu. Można to obrazowo powiązać z liczeniem średniej ważonej, gdzie wagą dla współrzędnych przestrzennych każdego elementu jest masa tego elementu. Obrazuje to rozciągłość ciała, czyli jego niezerowe wymiary w przestrzeni. Tym samym zdefiniowaliśmy położenie środka masy (ang. center of mass ) ciała lub układu ciał: r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 N m j r → j . Zwróćmy uwagę, że jednostką tej wielkości jest metr, zatem rzeczywiście jest to wielkość definiująca położenie w przestrzeni. Być może wyda się zaskakujący fakt, że w środku masy ciała niekoniecznie musi fizycznie tkwić jakakolwiek masa! Przykładem jest tu sferycznie symetryczna bańka próżniowa, której środek masy pokrywa się ze środkiem geometrycznym bryły i przypada na wnętrze sfery, podczas gdy cała masa rozłożona jest równomiernie wokół tego punktu. Zatem w środku masy sfery nie ma masy! Analogicznym przykładem jest torus, obręcz lub pusty walec. Procedurę wyznaczania środka masy przedstawia poniższy . Wyznaczanie środka masy układu trzech różnych cząstek. (a) Do każdej z mas poprowadzono wektor wodzący ze środka układu współrzędnych. (b) Wektory wodzące przemnożono przez odpowiednie masy. (c) Przeskalowane wektory dodano do siebie geometrycznie. (d) Wektor wypadkowy podzielono przez całkowitą masę układu. Wektor ten wskazuje położenie środka masy układu. Zwróćmy uwagę, że w rzeczywistości nie znajduje się w nim żadna z mas. Ponieważ r → j = x j i ^ + y j j ^ + z j k ^ , kolejne składowe wektora położenia środka masy wyrazimy jako: r ŚM x = 1 M ∑ j = 1 N m j x j , r ŚM y = 1 M ∑ j = 1 N m j y j , r ŚM z = 1 M ∑ j = 1 N m j z j , A zatem otrzymujemy wektor położenia środka masy o 3 składowych: r → ŚM = r ŚM x i ^ + r ŚM y j ^ + r ŚM z k ^ , i długości wyznaczonej z twierdzenia Pitagorasa (w 3D): r ŚM = | r → ŚM | = r ŚM x 2 + r ŚM y 2 + r ŚM z 2 . Ostatecznie, aby dopełnić zależności kinematycznych, chwilową prędkość środka masy obliczymy jako: v → ŚM = d d t ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) = 1 M ∑ j = 1 N m j v → j . Podobnie jak wektor położenia, prędkość środka masy zawiera również składowe x , y i z . Strategia rozwiązywania zadań: wyznaczanie położenia środka masy Położenie środka masy oznacza wektor o dwóch (na płaszczyźnie) lub trzech (w przestrzeni) składowych. Do ich wyznaczenia prowadzą następujące kroki: Określ układ współrzędnych (tzn. jego środek i orientację osi). Zazwyczaj środek obieramy w jednej z mas, ale nie jest to obowiązkowe. Wyznacz składowe położenia w osadzonym układzie współrzędnych dla każdej z mas wchodzących w skład analizowanego układu (ciała). Dodaj do siebie masy wszystkich elementów wchodzących w skład układu (także tego, który jest w środku układu współrzędnych) – będzie to całkowita masa układu. Oblicz współrzędne środka masy, korzystając z , i . Jeśli to potrzebne, zastosuj twierdzenie Pitagorasa (dla dwóch lub trzech składowych) do wyznaczenia długości wektora r ŚM . Poniższe przykłady pozwolą ci lepiej przyswoić koncepcję środka masy układu. Środek masy układu Ziemia-Księżyc Korzystając z danych zawartych w Dodatku D, obliczmy, w jakiej odległości od środka Ziemi znajduje się środek układu Ziemia-Księżyc. Porównajmy tę wartość z promieniem ziemskim i skomentujmy wynik. Zaniedbujemy tu obecność innych ciał w Układzie Słonecznym. Strategia rozwiązania Odnajdujemy masy obiektów i średnią odległość między nimi, osadzamy układ współrzędnych w środku Ziemi i wyznaczamy położenie środka masy przy uwzględnieniu tylko obecności Ziemi i Księżyca ( N = 2 ). Indeksy dolne Z i K dotyczą odpowiednio każdego z ciał. Rozwiązanie Dane zaczerpnięte z Dodatku D: Masa Ziemi m Z = 5,97 ⋅ 10 24 k g , Masa Księżyca m K = 7,36 ⋅ 10 22 k g , Odległość Ziemia-Księżyc r K = 3,82 ⋅ 10 5 k m . Równanie opisujące r ŚM przy użyciu powyższych danych przyjmuje postać: R ŚM = m Z r Z + m K r K m Z + m K . Ponieważ środek układu współrzędnych zdefiniowaliśmy w środku Ziemi, odległość r Z = 0 . Wstawiając powyższe dane, otrzymujemy: R ŚM = 5,97 ⋅ 10 24 k g ⋅ 0 m + 7,36 ⋅ 10 22 k g ⋅ 3,82 ⋅ 10 8 m 5,97 ⋅ 10 24 k g + 7,36 ⋅ 10 22 k g = 4,67 ⋅ 10 6 m . Znaczenie Promień Ziemi wynosi 6,37 ⋅ 10 6 m , zatem środek układu Ziemia-Księżyc znajduje się w odległości 6,37 ⋅ 10 6 m − 4,64 ⋅ 10 6 m = 1,73 ⋅ 10 6 m = 1 730 k m pod powierzchnią Ziemi. Pokazuje to poniższy rysunek. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że w naszej analizie uwzględnimy także obecność Słońca. Gdzie w przybliżeniu znalazłby się środek masy układu Ziemia-Księżyc-Słońce? Średni promień orbity Ziemi wokół Słońca to 149,6 ⋅ 10 9 m . (jest to długość tzw. jednostki astronomicznej), zaś masa Słońca wynosi 1,989 ⋅ 10 30 k g . Osadzając układ współrzędnych w środku Słońca i przyjmując dla uproszczenia wspólną dla Ziemi i Księżyca odległość równą jednostce astronomicznej, jak również sumę mas trzech obiektów jako masę Słońca, otrzymujemy: R ŚM = m S r S + m ZK r ZK m S + m ZK = 1,989 ⋅ 10 30 k g ⋅ 0 m + ( 597 ⋅ 10 22 k g + 7,36 ⋅ 10 22 k g ) ⋅ 149,6 ⋅ 10 9 m 1,989 ⋅ 10 30 k g = 455 k m . Widzimy więc, że położenie środka masy tego układu znajduje się w odległości zaledwie 455 km od środka Słońca, czyli niemal w samym jego środku (promień Słońca szacowany jest na prawie 700 tysięcy km)! Środek masy kryształu soli Na przedstawiono schemat struktury krystalicznej chlorku sodu, czyli soli kuchennej. Jony sodu i chloru tworzą przestrzenną sieć krystaliczną NaCl. Najmniejsza jednostka, tzw. komórka elementarna stanowi sześcian zawierający połączone naprzemiennie cztery jony sodu i cztery jony chloru. Długość boku takiego sześcianu (tj. długość wiązania) wynosi 2,36 ⋅ 10 − 10 m . Wyznaczmy współrzędne środka masy komórki, podając albo składowe r ŚM x , r ŚM y , r ŚM z , albo r ŚM i dwa kąty. Sieć krystaliczna kryształu chlorku sodu NaCl. Strategia rozwiązania Sprawdzamy, jakie są masy jonów, wybieramy układ współrzędnych i przeliczamy odległości do poszczególnych wierzchołków sześcianu. Korzystamy z , i oraz twierdzenia Pitagorasa. Rozwiązanie Początek układu wybierzemy w lewym dolnym wierzchołku sześcianu zawierającym jon chloru, jak na . Komórka elementarna sieci kryształu NaCl W układzie znajduje się 8 jonów, więc N = 8 : r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 8 m j r → j . Masy poszczególnych jonów wynoszą: m Cl = m 1 = m 3 = m 6 = m 8 = 35,453 u = 35,453 ⋅ 1,66 ⋅ 10 − 27 k g = 5,885 ⋅ 10 − 26 k g . M Na = m 2 = m 4 = m 5 = m 7 = 22,990 u = 22,990 ⋅ 1,66 ⋅ 10 − 27 k g = 3,816 ⋅ 10 − 26 k g . Całkowita masa komórki elementarnej M = 4 ( 3,816 + 5,885 ) ⋅ 10 − 26 k g = 3,88 ⋅ 10 − 25 k g . Wektory położeń poszczególnych wierzchołków w układzie współrzędnych: r → 1 = 0 , r → 2 = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ , r → 3 = r 3 x i ^ + r 3 y j ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ , r → 4 = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ , r → 5 = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ , r → 6 = r 6 x i ^ + r 6 z k ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ , r → 7 = r 7 x i ^ + r 7 y j ^ + r 7 z k ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ , r → 8 = r 8 y j ^ + r 8 z k ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ . Podstawiając, otrzymujemy: r ŚM x = 1 M ∑ j = 1 8 m j x j = 1 M ∑ j = 1 8 m j r j x = 1 M ( m 1 r 1 x + m 2 r 2 x + m 3 r 3 x + m 4 r 4 x + m 5 r 5 x + m 6 r 6 x + m 7 r 7 x + m 8 r 8 x ) = 1 3,88 ⋅ 10 − 25 k g ( 5,88 ⋅ 0 + 3,816 ⋅ 2,36 + 5,885 ⋅ 2,36 + 3,816 ⋅ 0 + 3,816 ⋅ 0 + 5,885 ⋅ 2,36 + 3,816 ⋅ 2,36 + 5,88 ⋅ 0 ) ⋅ 10 − 26 k g ⋅ 10 − 10 m = 1,18 ⋅ 10 − 10 m . Analogiczne obliczenia dają nam wynik dla składowych y i z : r ŚM y = r ŚM y = 1,18 ⋅ 10 − 10 m , co wynika zarówno z obliczeń, jak i z symetrii zagadnienia. Znaczenie Jak można zauważyć, przeliczenie masy z jednostek atomowych u na kilogramy nie było konieczne, ponieważ w obliczeniach jednostki masy i tak uległy skróceniu. Chcąc wyrazić wektor r ŚM przez jego długość i kąt, jaki tworzy on z osiami układu współrzędnych, wyliczamy: r ŚM = | r → ŚM | = r ŚM x 2 + r ŚM y 2 + r ŚM z 2 = 1,18 3 ⋅ 10 − 10 m = 2,044 ⋅ 10 − 10 m . Ponieważ problem jest trójwymiarowy, do opisu orientacji wektora w przestrzeni konieczne jest podanie kątów, jakie wektor tworzy z dwiema płaszczyznami; w tym przypadku niech będą to płaszczyzny x y i y z . Kąt ϕ do płaszczyzny horyzontalnej x y wynosi: ϕ = arctg ⁡ r ŚM y r ŚM x = 45 ∘ , natomiast kąt do płaszczyzny pionowej y z : θ = arctg ⁡ r ŚM z r ŚM y = 45 ∘ . I ponownie nie zawiodła nas intuicja – środek masy układu okazał się być środkiem geometrycznym bryły. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że mamy makroskopowy kryształ soli (tzn. taki, którego sieć byłaby dla nas widoczna gołym okiem). Kryształ ten utworzony jest z ogromnej liczby komórek elementarnych. Czy jego środek masy zawsze pokrywałby się ze środkiem geometrycznym? W skali makroskopowej, rozmiar komórki elementarnej jest zaniedbywalny i rozkład masy w krysztale można traktować jako jednorodny. Wówczas: r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 N m j r → j = 1 M ∑ j = 1 N m r → j = m M ∑ j = 1 N r → j = N m M ⋅ 1 N ∑ j = 1 N r → j , gdzie sumowanie po indeksie j dotyczy N komórek elementarnych w krysztale, a m jest masą komórki elementarnej. Ponieważ N m = M , możemy zapisać: r → ŚM = m M ∑ j = 1 N r → j = N m M ⋅ 1 N ∑ j = 1 N r → j = 1 N ∑ j = 1 N r → j . Otrzymany zapis jest definicją środka geometrycznego kryształu, zatem w przypadku ciała jednorodnego środek geometryczny pokrywa się ze środkiem masy kryształu. Z omówionych przykładów wypływają dwa kluczowe spostrzeżenia: Jak w każdym zadaniu, należy zacząć od ustalenia układu współrzędnych. Dla obliczeń położenia środka masy często użyteczne jest osadzenie środka układu współrzędnych w jednym z elementów układu. Ten wybór automatycznie pozwala na przyjęcie odległości tej masy jako zero w . Jednak masę tę nadal należy doliczać do całkowitej masy układu w . W przypadku układu Ziemia-Księżyc oznacza to uwzględnienie masy Ziemi. Gdyby to pominąć, środek masy układu przypadłby w środku Księżyca, co jest oczywiście odpowiedzią błędną. W drugim przykładzie (z kryształem soli) zwróćmy uwagę, że środek masy przypadł w miejscu, gdzie masy w ogóle nie ma. Jest to sytuacja, o której wspomnieliśmy już na początku analizy koncepcji środka masy – w punkcie nazywanym środkiem masy nie zawsze musi znajdować się fizycznie jakaś masa. Środek masy w ciałach o rozkładzie ciągłym Jeżeli masa danego ciała rozłożona jest jednorodnie w przestrzeni, w odróżnieniu od omówionego wcześniej układu mas dyskretnych, wówczas m j → d m , a sumowanie przechodzi w całkę: r → ŚM = 1 M ∫ r → d m . W tym kontekście r jest charakterystycznym wymiarem ciała, np. promieniem kuli, promieniem walca, długością pręta. Chcąc podać wyrażenie podcałkowe, należy przedstawić d m jako funkcję gęstości masy obiektu i promienia r . Poniższy przykład pomoże lepiej wyjaśnić to rozumowanie. Środek masy jednorodnej obręczy cienkościennej Wyznaczmy środek masy jednorodnej obręczy o masie M i promieniu r . Strategia rozwiązania Po pierwsze, symetria i kształt obręczy sugerują, że jej środek masy powinien pokrywać się ze środkiem geometrycznym. Rozsądne więc wydaje się osadzenie naszego układu współrzędnych właśnie w środku obręczy. Następnie należy zastąpić d m wyrażeniem zawierającym promień obręczy i gęstość materiału, która, jako stała, może zostać wyprowadzona spod całki. Ponieważ obręcz jest cienka, traktujemy ją jako obiekt o jednym stałym promieniu, w odróżnieniu od obręczy grubej, która miałaby promień wewnętrzny i zewnętrzny. Możemy wówczas posłużyć się gęstością liniową (ang. linear mass density ), oznaczoną symbolem λ , reprezentującą liczbę kilogramów na jednostkę długości: λ = m / L i wyrażoną w kilogramach na metr. Oczywiście w przypadku obręczy jednorodnej gęstość liniowa pozostaje stała. Możemy więc wyrazić element masy jako d m = λ d L , podstawić do wyrażenia podcałkowego i scałkować w odpowiednich granicach. Rozwiązanie Na początek zdefiniujmy układ współrzędnych i pomocnicze wielkości ( ). Wyznaczanie środka masy jednorodnej obręczy cienkościennej. Wyrażamy współrzędne elementu masy obręczy, a następnie całkujemy po całej długości obręczy. Środek masy dla obiektu o ciągłym rozkładzie masy obliczamy z zależności: r → ŚM = 1 M ∫ a b r → d m . W tym celu niezbędne jest określenie granic całkowania a i b . Wyraźmy wektor r → ŚM przy pomocy jego składowych x i y powiązanych z funkcjami trygonometrycznymi kąta θ : r → ŚM = 1 M ∫ a b ( r cos ⁡ θ ⋅ i ^ + r sin ⁡ θ ⋅ j ^ ) d m . Na rysunku wyeksponowano łuk o niewielkiej (różniczkowej) długości d L . Odpowiadający mu element masy możemy zastąpić przez d m = λ d L , a długość tego łuku przedstawić jako d L = r d θ . Po podstawieniu: r → ŚM = 1 M ∫ a b ( r cos ⁡ θ ⋅ i ^ + r sin ⁡ θ ⋅ j ^ ) λ r d θ . W następnym kroku wyrażamy gęstość liniową jako stosunek masy całej obręczy do jej długości: λ = M 2 π r , co daje nam: r → ŚM = 1 M ∫ a b ( r cos ⁡ θ ⋅ i ^ + r sin ⁡ θ ⋅ j ^ ) M 2 π r r d θ = 1 2 π ∫ a b ( r cos ⁡ θ ⋅ i ^ + r sin ⁡ θ ⋅ j ^ ) d θ . Zauważmy, że zmienną, po której przebiega całkowanie, jest kąt θ . Pełny okrąg odpowiada przedziałowi od θ = 0 do θ = 2 π , a zatem granice całkowania to a = 0 i b = 2 π . Dla wygody możemy też rozdzielić całkę na sumę całek, rozdzielając tym samym składowe wektora r → ŚM : r → ŚM = ( r 2 π ∫ 0 2 π cos ⁡ θ d θ ) i ^ + ( r 2 π ∫ 0 2 π sin ⁡ θ d θ ) j ^ = 0 i ^ + 0 j ^ = 0 → . Wektor położenia środka masy jest więc zerowy, a wynik jest zgodny z naszymi oczekiwaniami – środek masy pokrywa się ze środkiem układu współrzędnych. Środek masy i zasada zachowania pędu W jaki sposób łączy się koncepcja środka masy z zasadą zachowania pędu? Załóżmy, że mamy N elementów o masach m 1 , m 2 , m 3 , … , m N i początkowych prędkościach v → 1 , v → 2 . v → 3 , … , v → N . Wektor położenia środka masy tego układu ma postać: r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 N m j r → j . Prędkość środka masy: v → ŚM = d r → ŚM d t = 1 M ∑ j = 1 N m j d r → j d t , zatem początkowy pęd środka masy [ M d r → ŚM d t ] przed = ∑ j = 1 N m j d r → j przed d t , [ M v → ŚM ] przed = ∑ j = 1 N m j v → j przed . Po zdarzeniu, polegającym na oddziaływaniu mas ze sobą, pęd środka masy wynosi [ M v → ŚM ] po = ∑ j = 1 N ′ m j v → j po . Zwróćmy uwagę, że sumowanie może przebiegać już w obrębie innej liczby elementów ( N ′ po zderzeniu niesprężystym albo eksplozji będzie różne od N ), ale lewe strony równania są sobie równe: [ M v → ŚM ] przed = [ M v → ŚM ] po . Oznacza to, że gdy nie działają siły zewnętrzne, prędkość środka masy układu nie ulega zmianie. I znów wydawać by się mogło, że wciąż rozważamy ten sam problem, bo to przecież I zasada dynamiki Newtona. Różnica polega jednak na tym, że Newton mówił o pojedynczym obiekcie, podczas gdy dotyczy środka masy całego układu elementów oddziałujących ze sobą (których liczba może być ogromna). Może być też i tak, że w środku masy nie będzie żadnego z nich! Wybuchy fajerwerków Kiedy eksplodują fajerwerki, tysiące iskrzących fragmentów zostaje wystrzelonych we wszystkich kierunkach; opadają one na ziemię, co stanowi spektakularny widok. ( ). Opisz, co dzieje się podczas wybuchu w kontekście zasady zachowania pędu i środka masy. Eksplodujące fajerwerki są doskonałym przykładem zachowania pędu oraz ruchu środka masy. Ilustracja pokazuje radialnie, czyli gwiaździście, symetryczne względem punktu centralnego ślady cząstek, co nawiązuje do koncepcji środka masy układu. Z kolei paraboliczne tory świecących cząstek przywodzą na myśl opis ruchu ciała w polu grawitacyjnym. Rozwiązanie Początkowo petarda zostaje wystrzelona mniej lub bardziej pionowo do góry, czego dowodzi widoczna na zdjęciu w przybliżeniu prostoliniowa, niemal pionowa smuga dymu od żółtego fajerwerku. Linia tej smugi nie jest parabolą ponieważ nie jest to zwykły rzut ukośny czy nawet pionowy, ale lot rakiety, napędzanej siłą odrzutu spalonych podczas wybuchu gazów – stąd widoczny „skokowy” charakter ruchu, odpowiadający kolejnym fazom przyspieszania rakiety ku górze (zjawisko napędu odrzutowego przeanalizujemy dokładniej w kolejnym podrozdziale). W momencie wybuchu tysiące świecących fragmentów rozbiegają się radialnie, tworząc symetryczną rozetę. Symetria tego zjawiska jest konsekwencją zerowania się wektorów wszystkich sił wewnętrznych ∑ j = 1 N f → w j = 0 ; dla każdej siły wewnętrznej istnieje w układzie jej odpowiedniczka o takiej samej wartości, ale przeciwnym zwrocie. Wiemy jednak, że owe siły wewnętrzne nie mogą zmienić pędu środka masy rakiety, teraz już rozerwanej. Ponieważ siła napędowa rakiety przestała już działać, jedyną siłą działającą na fragmenty oraz środek masy układu jest siła grawitacji, zatem trajektorie ruchu nabierają parabolicznego kształtu. Dwie czerwone rozety po lewej stronie zdjęcia są efektem nieco wcześniejszych wybuchów niż wybuch petardy żółtej, na co wskazuje ich wielkość i silniej zaznaczony paraboliczny kształt torów. Analizując uważnie gęstość śladów w każdej rozecie, można zauważyć pewną asymetrię – jedna strona wydaje się być gęstsza od drugiej (np. w dolnej czerwonej oraz żółtej eksplozji zaznacza się przewaga po prawej stronie, zaś w górnej czerwonej – po stronie lewej). Dzieje się tak z powodu chwilowej orientacji wektora pędu środka masy w momencie wybuchu, nachylonej nieznacznie w prawo (w dwóch pierwszych przypadkach) lub nieznacznie w lewo (w przypadku lewej czerwonej petardy) od linii pionu. Jest to spójne również z odchylonym nieco w prawo, białym śladem wyrzucanych gazów petardy żółtej. Ostatecznie każdy fragment po wybuchu porusza się samodzielnie po trajektorii parabolicznej. Znaczenie Można się zastanawiać, jak to możliwe, że siła grawitacji działa na środek masy nawet jeżeli nie ma w nim masy? Jest to oczywiście pewien skrót myślowy – siła grawitacji działa na wszystkie cząstki układu i powoduje ich ruch. W miarę przemieszczania się tychże części w przestrzeni, zmienia się także położenie środka masy jako wypadkowej położeń i mas ich wszystkich. Środek masy przemieszcza się tak, jakby w nim była wciąż skupiona masa całego układu. Mimo że po wybuchu masa została rozproszona na duże odległości, żaden z fragmentów nie porusza się przypadkowo – wszystkie trajektorie mają swoje uzasadnienie w zasadzie zachowania pędu. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyglądałby wybuch fajerwerku w stanie nieważkości? Byłby on dokładnie symetryczny, o torach prostoliniowych, ponieważ siła grawitacji nie zaburzałaby torów ruchu cząstek. Może znane jest ci stwierdzenie, że „fragmenty eksplodującego ciała zawsze poruszają się tak, aby wyliczone z ich aktualnych współrzędnych położenie środka masy przemieszczało się dalej po swojej niezaburzonej trajektorii”. Wydaje się to nieco „magiczne”: jak to możliwe, że w każdej eksplozji fragmenty zawsze poruszają się tak, aby nie zaburzyć toru środka masy? Lub – innymi słowy – czy nie ma przypadku, który złamałby tę zasadę? Wyjaśnieniem tego zadziwiającego faktu jest tok rozumowania, który przyjęliśmy, definiując precyzyjnie środek masy oraz jego pęd: p → ŚM = ∑ j = 1 N p → j . Następnie wywnioskowaliśmy, że tylko wypadkowa sił zewnętrznych może go zmienić: F → z = d p → ŚM d t . Wreszcie (i to jest sedno problemu) zdefiniowaliśmy przyspieszenie na podstawie drugiej zasady dynamiki a → = F → z M , gdzie przyspieszenie: a → = d 2 d t 2 ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) . Zawartość nawiasu w powyższym równaniu to nic innego jak wektor położenia środka masy. Nie ma więc nic dziwnego w tym, że ruch środka masy podlega drugiemu prawu dynamiki, bo przecież w ten sposób go zdefiniowaliśmy. Podsumowanie Dla obiektów lub układów o rozkładzie przestrzennym, składających się z wielu elementów, definiuje się wektor nazywany wektorem położenia środka masy. Środek masy jest punktem, który reprezentuje średnie położenie ciała lub układu. Położenie środka masy ciała poruszającego się pod wpływem sił zewnętrznych wyznacza trajektorię zgodną z II zasadą dynamiki Newtona, niezależnie od rozkładu masy ciała wokół tego punktu. Siły wewnętrzne w ciele lub układzie ciał nie mogą zaburzyć pędu tego ciała lub układu jako całości. Pytania Załóżmy, że petarda eksploduje, rozpadając się na trzy duże fragmenty, dla których opór powietrza jest zaniedbywalnie mały. Jak wybuch zaburzy ruch środka masy petardy? Jak wyglądałoby zaburzenie, gdyby rozpadające się odłamki doznawały większej siły oporów powietrza niż sama petarda przed wybuchem? Zadania Trzy masy punktowe umieszczono w wierzchołkach trójkąta, jak pokazuje rysunek poniżej. Wyznacz położenie środka masy układu. Względem środka układu współrzędnych umieszczonego w masie 150g, współrzędne środka masy wynoszą: x ŚM = − 1,23 c m , y ŚM = 0,69 c m . Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 , znajdujące się początkowo w odległości poziomej D od siebie, upuszczono z wysokości h w tym samym czasie. Wyznacz pionową współrzędną środka masy dwóch spadających cząstek, zanim jeszcze uderzą w ziemię. Załóż, że nie ma oporu powietrza. Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 , znajdujące się początkowo w odległości poziomej D od siebie, upuszczono z wysokości h w ziemskim polu grawitacyjnym: cząstkę 1 w chwili t = 0 , a cząstkę drugą w chwili t = T . Wyznacz pionową współrzędną środka masy układu w chwili, gdy pierwsza cząstka dotknie powierzchni ziemi. Opory ruchu pomijamy. y ŚM = { h − m 1 m 1 + m 2 g t 2 2 , t < T , h − g t 2 2 + m 2 m 1 + m 2 g T ( t − T 2 ) , t ⩾ T . Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 poruszają się jednostajnie po okręgach o promieniach R 1 i R 2 , wokół środka układu współrzędnych x , y . Współrzędne środka masy oraz współrzędne pierwszej cząstki zmieniają się w czasie zgodnie z równaniami, w których długość podano w metrach, a czas w sekundach: x 1 ( t ) = 4 cos ⁡ ( 2 t ) , y 1 ( t ) = 4 sin ⁡ ( 2 t ) ; x ŚM ( t ) = 3 cos ⁡ ( 2 t ) , y ŚM ( t ) = 3 sin ⁡ ( 2 t ) . Jaki jest promień okręgu pierwszej cząstki? Jakie są współrzędne x i y cząstki drugiej oraz promień jej okręgu? Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 poruszają się jednostajnie po okręgach o promieniach R 1 i R 2 , wokół środka układu współrzędnych x , y . Współrzędne obu cząstek zmieniają się w czasie zgodnie z równaniami, w których długość podano w metrach, a czas w sekundach (współrzędna z dla obu cząstek wynosi zero): x 1 ⁡ t = 4 ⁢ cos 2 ⁢ t x_1 \\apply (t) = 4 \\cos (2t) , y 1 ⁡ t = 4 ⁢ sin 2 ⁢ t y_1 \\apply (t) = 4 \\sin (2t) oraz x 2 ⁡ t = 2 ⁢ cos 3 ⁢ t − π ∕ 2 x_2 \\apply (t) = 2 \\cos (3t - \\pi /2) , y 2 ⁡ t = 2 ⁢ sin 3 ⁢ t − π ∕ 2 y_2 \\apply (t) = 2 \\sin (3t - \\pi /2) . Jakie są promienie okręgów obu cząstek? Jakie są współrzędne x i y środka masy układu? Ustal, czy środek masy porusza się po okręgu; jeśli tak, wyznacz jego trajektorię. R 1 = 4 m , R 2 = 2 m ; x ŚM = m 1 x 1 + m 2 x 2 m 1 + m 2 , y ŚM = m 1 y 1 + m 2 y 2 m 1 + m 2 ; Tak, promień tego okręgu wynosi R = 1 m 1 + m 2 16 m 1 2 + 4 m 2 2 Wyznacz środek masy pręta o długości 1 m powstałego przez złączenie 0,5 m pręta żelaznego (gęstość żelaza 8 g / c m 3 ) i 0,5 m pręta z aluminium (gęstość aluminium 2,7 g / c m 3 ). Wyznacz środek masy pręta o długości L , którego gęstość zmienia się od jednego końca do drugiego zgodnie z zależnością: ρ ( x ) = ρ 0 + ( ρ 1 − ρ 0 ) ( x / L ) 2 , gdzie ρ 0 i ρ 1 są stałymi. x ŚM = 3 4 L ( ρ 1 + ρ 0 ρ 1 + 2 ρ 0 ) Wyznacz środek masy prostokątnej płyty o długości a i szerokości b , której gęstość rośnie liniowo wraz ze współrzędną x (wzdłuż boku a ), tzn. ρ ( x , y ) = ρ 0 x , gdzie ρ 0 jest stałą. Wyznacz środek masy prostokątnej płyty o długości a i szerokości b , wykonanej z materiału o zmiennej gęstości. Gęstość rośnie liniowo wraz ze współrzędną x (wzdłuż boku a ) i y (wzdłuż boku b ), tzn. ρ ( x , y ) = ρ 0 x y , gdzie ρ 0 jest stałą. ( x ŚM , y ŚM ) = ( 2 a 3 , 2 b 3 ) . Z sześcianu o boku b odcięto narożnik o boku a , jak pokazuje rysunek poniżej: Wyznacz współrzędne środka masy tej bryły ( Podpowiedź : wyobraź sobie ubytek jako masę małego sześcianu, wziętą z ujemnym znakiem z dodatniej masy dużego sześcianu). Wyznacz środek masy stożka jednorodnego o promieniu podstawy R , wysokości h i masie M . Niech początek układu współrzędnych znajduje się w środku podstawy, a oś z jest osią symetrii stożka. ( x ŚM , y ŚM , z ŚM ) = ( 0 , 0 , h / 4 ) . Wyznacz środek masy cienkiego drutu o masie m i długości L zgiętego w kształt półokręgu. Niech układ współrzędnych będzie osadzony w środku półokręgu, a oś y będzie osią symetrii ciała. Wyznacz środek masy płaskiej cienkiej, płyty w kształcie półokręgu o promieniu R . Osadź układ współrzędnych w środku półokręgu, tak by płaszczyzna x y pokrywała się z płaszczyzną płyty, a oś y była jej osią symetrii. ( x ŚM , y ŚM , z ŚM ) = ( 0 , 4 R / 3 π , 0 ) . Wyznacz środek masy układu brył pokazanych na rysunku. Masa i promień kuli: M , R ; masa, promień i wysokość walca: m , r , h . Układ współrzędnych osadź w środku walca. środek masy (ang. center of mass ) punkt o współrzędnych, będących średnimi ważonymi położeń poszczególnych elementów ciała lub układu ciał siła zewnętrzna (ang. external force ) siła przyłożona do obiektu fizycznego powodująca zmianę jego pędu jako całości siła wewnętrzna (ang. internal force ) siła, którą wywierają na siebie wzajemnie elementy układu. Siły wewnętrzne mogą być zarówno przyciągające jak i odpychające liniowa gęstość masy (ang. linear mass density ) λ , wyrażona jako liczba kilogramów przypadająca na jednostkę długości ciała", "section": "Środek masy", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Napęd rakietowy Zajmiemy się teraz przypadkiem, w którym masa poruszającego się ciała ulega zmianie. Przeanalizujmy ruch rakiety, której prędkość oraz pęd zmieniają się wskutek wyrzucenia spalin, powodując przyspieszenie rakiety w kierunku przeciwnym do prędkości wyrzucanych gazów (zobacz ). Rakieta w przestrzeni kosmicznej, zaopatrzona w zapas paliwa, ma masę m 0 (jest to masa własna rakiety wraz z masą paliwa). Rakieta przyspiesza na zasadzie zjawiska odrzutu, dzięki reakcjom spalania paliwa oraz wyrzucaniu spalin za siebie. Na pewnym etapie jej prędkość wynosi v → , a masa m i jest to masa własna rakiety oraz części niezużytego jeszcze paliwa. Zauważmy, że operujemy tu pojęciem masy chwilowej m ( t ) i prędkości chwilowej v → ( t ) . Obliczymy teraz, jak zmieni się prędkość rakiety na skutek zużycia całego paliwa, jeżeli szybkość spalania w silnikach rakiety oraz szybkość wyrzutu spalin będą na stałym poziomie. Prom kosmiczny wykorzystuje zarówno paliwo stałe, jak i ciekłe i wyposażony jest w sporą liczbę elementów wielokrotnego użytku. Ogromne zbiorniki na paliwo ciekłe przeznaczone są wprawdzie na straty, ale dodatkowe zbiorniki na paliwo stałe odzyskuje się i powtórnie napełnia po każdym locie. Również sam statek po powrocie na Ziemię wykorzystywany jest do kolejnych lotów. Umożliwiają to m.in. pokrywy ceramiczne chroniące go przed przegrzaniem podczas powtórnego wejścia w atmosferę. Można zatem wielokrotnie powtarzać misje wahadłowca. (Źródło: NASA) Analiza fizyczna ruchu Omówimy teraz, co dzieje się podczas ruchu rakiety w przestrzeni kosmicznej oraz omówimy fizyczną naturę tego procesu: Podczas pracy silnika produkowane są gazy, które posiadają zarówno masę jak i prędkość, a więc również pęd. Z zasady zachowania pędu wynika, że rakieta odrzucająca spaliny dozna takiej samej zmiany pędu, ale z przeciwnym znakiem. Załóżmy, że gazy wyrzucane są ze stałą szybkością, co oznacza, że przyrost pędu rakiety będzie również stały. Odwołując się do , stwierdzimy, że oznacza to obecność stałej siły działającej na rakietę i nadającej jej przyspieszenie. W miarę upływu czasu masa rakiety (obejmująca także masę paliwa) maleje w sposób ciągły. Jeśli siła napędu rakiety się nie zmienia, przyspieszenie rakiety będzie rosnąć. Zatem całkowita zmiana prędkości rakiety zależy w sposób nieliniowy od ilości zużytego paliwa. Mamy więc do czynienia ze zmianami zarówno masy jak i prędkości rakiety, a także masy wyrzucanych gazów. Jeśli jako układ zdefiniujemy „rakietę plus paliwo” , to będzie to układ zamknięty (ponieważ rozważamy rakietę w przestrzeni kosmicznej, na układ nie działają siły zewnętrzne). W efekcie pęd układu będzie zachowany i możemy skorzystać z zasady zachowania pędu ( ). Rakieta przyspiesza (w prawo) wyrzucając gazy z dyszy (w lewo). Zasada zachowania pędu pozwala na wyznaczenie prędkości rakiety po odrzucie. Masa m jest chwilową wartością sumy masy własnej rakiety i znajdującego się w niej paliwa. (Źródło: zmodyfikowany przez NASA/Bill Ingalls) Ze względu na zależność masy i prędkości od czasu, należy operować wielkościami chwilowymi dla konkretnego momentu na osi czasu. Definiujemy więc prędkość chwilową v → = v i ^ (w kierunku + x ) mierzoną względem Ziemi. Pęd początkowy układu wyrażamy jako: p → przed = m v i ^ . Silniki rakietowe spalają paliwo ze stałą szybkością i wyrzucają gazy w kierunku − x . W infinitezymalnym przedziale czasu d t masa wyrzuconego gazu wynosi d m g , a ich prędkość u → = − u i ^ . Zwróćmy uwagę, że o ile prędkość rakiety v i ^ mierzona jest względem Ziemi, prędkość wyrzucanych gazów mierzona jest względem poruszającej się rakiety. Przekształcając ją w odniesieniu do układu związanego z Ziemią, uzyskamy ( v − u ) i ^ . W następstwie wyrzucenia spalonych gazów masa rakiety zmalała o d m g , a jej prędkość wzrosła o d v i ^ . Uwzględniając zmianę masy rakiety oraz wyrzuconych gazów, końcowy pęd układu obliczymy jako: p → po = p → r + p → g = ( m − d m g ) ( v + d v ) i ^ + d m g ( v − u ) i ^ . Ponieważ wszystkie wektory skierowane są wzdłuż osi x , możemy zrezygnować z notacji wektorowej. Stosując zasadę zachowania pędu, otrzymujemy: p przed = p po ⁢ , m ⁢ v = m − d m g ⁢ v + d v + d m g ⁢ v − u ⁢ , m ⁢ v = m ⁢ v + m ⁢ d v − d m g ⁢ v − d m g ⁢ d v + d m g ⁢ v − d m g ⁢ u ⁢ , m ⁢ d v = d m g ⁢ d v + d m g ⁢ u ⁢ . \\begin{align} p_{\\text{przed}} &= p_{\\text{po}} \\text{,} \\\\ mv &= (m-\\d m_{\\text{g}})(v + \\d v) + \\d m_{\\text{g}} (v-u) \\text{,} \\\\ mv &= mv + m\\d v - \\d m_{\\text{g}} v - \\d m_{\\text{g}} \\d v + \\d m_{\\text{g}} v- \\d m_{\\text{g}} u \\text{,} \\\\ m \\d v &= \\d m_{\\text{g}} \\d v + \\d m_{\\text{g}} u \\text{.} \\end{align} Ponieważ d m g i d v są bardzo małe, ich iloczyn jest tym bardziej znikomy w porównaniu z pozostałymi wyrazami w równaniu. Pomijając go, otrzymamy: m d v = d m g u . Zauważmy, że d m g reprezentuje masę wyrzuconych gazów, ale liczbowo jest ona równa ubytkowi masy rakiety: d m g = − d m . Po zastąpieniu d m g w powyższym równaniu, uzyskamy: m d v = − d m u , czyli: d v = − d m m u . Całkujemy obustronnie od masy m 0 do masy m rakiety: ∫ v 0 v d v = − u ∫ m 0 m d m m , v − v 0 = u ln ⁡ m 0 m . Odpowiedź na pytanie: „jak zmieni się prędkość rakiety?” brzmi więc następująco: Δ v = u ln ⁡ m 0 m . To równanie znane jest pod nazwą równania ruchu rakiety (ang. rocket equation ) lub wzoru Ciołkowskiego dla ruchu rakiety w próżni i przy braku grawitacji. Wzór ten, wyprowadzony przez rosyjskiego fizyka Konstantina Ciołkowskiego w roku 1897 wykazuje nieliniowy charakter zmian prędkości rakiety, której masa z paliwem wynosi m 0 , a masa bez paliwa równa jest m . Strategia rozwiązywania zadań: analiza zjawiska odrzutu W typowych zagadnieniach opisujących ruch rakiety najczęściej poszukiwaną wielkością jest zmiana prędkości rakiety, wynikająca z faktu spalenia paliwa lub też związanego z tym przyspieszenia. Do wyznaczenia zmiany prędkości skorzystaj z Ciołkowskiego. Do wyznaczenia przyspieszenia określ siłę (na podstawie reguły pędu i popędu), a następnie zmianę prędkości (z równania Ciołkowskiego). Siła ciągu silników statku kosmicznego Statek kosmiczny porusza się w przestrzeni kosmicznej po torze prostym, kiedy pilot postanawia przyspieszyć. Włącza w tym celu silniki, które wytwarzają strumień gazów o stałej szybkości wypływu masy równej 2 ⋅ 10 2 k g / s , przy ich prędkości względem rakiety 2,5 ⋅ 10 2 m / s . Początkowa masa statku z paliwem wynosi 2 ⋅ 10 4 k g , a czas pracy silników wynosił 30 s. Jaka jest siła ciągu silników statku? Wyznacz przyspieszenie statku w funkcji czasu. Jaka była wartość przyspieszenia statku w chwilach t = 0 s , t = 15 s , t = 30 s , t = 35 s ? Strategia rozwiązania Na podstawie reguły pędu i popędu stwierdzamy, że siła ciągu silników będzie równa szybkości zmiany pędu statku. Znając siłę ciągu z podpunktu (a), skorzystamy z II zasady dynamiki Newtona do wyznaczenia przyspieszenia. Kluczowy jest tu fakt, że mimo stałej prędkości wyrzutu gazów z dyszy i stałej siły ciągu przyspieszenie rośnie, ponieważ maleje masa statku. Z tego powodu spodziewamy się zależności przyspieszenia od czasu. Odpowiedź wyliczoną w podpunkcie (b) wykorzystamy do wyznaczenia wartości liczbowych dla podanych momentów na osi czasu. Pamiętamy, że przyspieszenie powinno rosnąć, ponieważ zmniejsza się masa statku wskutek zużywania paliwa. Rozwiązanie Pęd wyrzucanych gazów p = m g u . Prędkość wyrzucanych gazów u = 2,5 ⋅ 10 2 m / s jest stała, zatem licząc pochodną po czasie otrzymamy siłę ciągu jako: F = d p d t = u d m g d t . Zauważmy, że d m g / d t jest szybkością wypływu masy wyrzucanych gazów, która zgodnie z treścią zadania wynosi 2 ⋅ 10 2 k g / s . Po podstawieniu otrzymamy siłę ciągu silników: F = u d m g d t = 2,5 ⋅ 10 m / s ⋅ 2,0 ⋅ 10 2 k g / s = 5,0 ⋅ 10 4 N . Masa statku to suma jego masy własnej oraz paliwa, które w danej chwili ów statek posiada: m = m r + m g . Z II zasady dynamiki Newtona a = F m = F m r + m g . Siła ciągu i masa własna pustej rakiety to wielkości stałe, natomiast masa paliwa jest funkcją zależną od czasu: m g = m g ( t ) = m g ( 0 ) − d m g d t t , gdzie m g ( 0 ) oznacza masę paliwa w rakiecie w chwili początkowej. Wobec tego: a = F M − d m g d t t , gdzie M = m r + m g ( 0 ) = 2 ⋅ 10 4 k g jest masą rakiety wraz z paliwem w chwili t = 0 . Z powyższego wzoru wynika jawnie zależność przyspieszenia od czasu, która będzie funkcją rosnącą. Po podstawieniu danych z zadania: a = 5,0 ⋅ 10 4 N 2,0 ⋅ 10 4 k g − 2,0 ⋅ 10 2 k g / s ⋅ t . We wskazanych momentach: gdy t = 0 s (kiedy tylko pojawia się siła ciągu silników): a ( 0 s ) = 5,0 ⋅ 10 4 N 2,0 ⋅ 10 4 k g − 2,0 ⋅ 10 2 k g / s ⋅ 0 s = 2,5 m / s 2 , gdy t = 15 s , to a ( 15 s ) = 2,9 m / s 2 , gdy t = 30 s , to a ( 30 s ) = 3,6 m / s 2 , ale gdy t = 35 s , to a ( 35 s ) = 0 m / s 2 , ponieważ F = 0 (silniki zostały wyłączone). W trakcie pracy silników, jak się spodziewaliśmy, przyspieszenie rosło. Znaczenie Zauważmy, że przyspieszenie nie jest stałe, co powoduje, że każda wielkość dynamiczna lub kinematyczna powinna być liczona z użyciem całki lub (w prostszym przypadku) z zasady zachowania energii całkowitej. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaka jest fizyczna różnica (lub zależność) między d m / d t i d m g / d t w powyższym przykładzie? Symbol m g dotyczy masy paliwa, która jest funkcją czasu m g ( t ) , a m jest masą rakiety z paliwem, przy czym m = m r + m g ( t ) . Z kolei m r oznacza masę pustej rakiety (jej masę własną). Różniczkowanie ostatniego równania po czasie daje wynik: d m d t = d m r d t + d m g ( t ) d t = d m g ( t ) d t , ponieważ d m r / d t = 0 (masa własna rakiety nie ulega zmianie). Zatem szybkość zmian masy rakiety z paliwem jest taka sama jak szybkość zmian masy paliwa w zbiornikach. Rakieta w polu grawitacyjnym Ziemi Przeanalizujmy teraz zmiany prędkości rakiety podczas fazy startu w polu grawitacyjnym Ziemi. Przyjmijmy, że w omawianym na tym etapie przedziale wysokości przyspieszenie grawitacyjne traktujemy jako stałe i wynoszące g . Analiza przebiega podobnie jak w przypadku rakiety w przestrzeni kosmicznej, z tym że uwzględniamy obecność stałej siły skierowanej pionowo w dół F → = − m g j ^ , działającej na nasz układ. Siła ta wytwarza impuls d J → = F → d t = − m g d t j ^ , który jest równy zmianie pędu: d p → = d J → , p → po − p → przed = − m g d t j ^ , [ ( m − d m g ) ( v + d v ) + d m g ( v − u ) − m v ] j ^ = − m g d t j ^ . A zatem m d v − d m g u = − m g d t , gdzie, podobnie jak poprzednio, pominęliśmy człon d m g d v oraz zrezygnowaliśmy z zapisu wektorowego. Możemy także zamienić d m g symbolem − d m : m d v + d m u = − m g d t , m d v = − d m u − m g d t . Po podzieleniu przez m otrzymujemy d v = − d m m u − g d t , a po scałkowaniu: Δ v = u ln ⁡ m 0 m − g Δ t , przy czym Δ t oznacza czas trwania procesu spalania paliwa. Nikogo chyba nie dziwi, że ze względu na przyciąganie ziemskie zmiana prędkości rakiety będzie teraz mniejsza. Przy braku grawitacji nie miało znaczenia, ile czasu trwało zużycie całego paliwa – maksymalna zmiana prędkości nie była od tego zależna. W obecności siły grawitacji jednak okazuje się to istotne. Czynnik − g Δ t w mówi nam, że im dłużej będzie trwało spalanie całego paliwa, tym mniejszą zmianę prędkości uzyskamy. Z tego powodu przy starcie rakiety moment jej poderwania jest zawsze tak spektakularnym widowiskiem. Ważne jest bowiem spalenie dużej ilości paliwa (i wypuszczenie ogromnej ilości gazów) w jak najkrótszym czasie – tak aby uzyskać możliwie największe Δ v . Podsumowanie Napęd rakietowy jest przykładem zasady zachowania pędu w układzie, w którym masa ulega zmianom w sposób ciągły, w efekcie spalania paliwa i wyrzucania gazów przez silniki rakiety. Równanie ruchu rakiety znane też jako równanie Ciołkowskiego przedstawia zmianę prędkości rakiety wskutek spalania paliwa i zmniejszania się masy rakiety. Najważniejsze wzory Definicja pędu p → = m v → Popęd siły (impuls) J → ≡ ∫ t 0 t 1 F → ( t ) d t lub J → = F → śr Δ t Reguła pędu i popędu J → = Δ p → Zależność zmiany pędu od siły średniej F → śr = Δ p → Δ t Zależność pędu od siły (II prawo Newtona) F → ( t ) = d p → d t Zasada zachowania pędu d p → 1 d t + d p → 2 d t = 0 lub p → 1 + p → 2 = const Uogólniona zasada zachowania pędu ∑ j = 1 N p → j = const Zasada zachowania pędu w dwóch wymiarach p x sum po = p x1 przed + p x2 przed p y sum po = p y1 przed + p y2 przed Siły zewnętrzne F → z = ∑ j = 1 N d p → j d t II zasada dynamiki dla obiektów fizycznych (rozciągłych) F → z = d p → ŚM d t Przyspieszenie środka masy a → = d 2 d t 2 ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) = 1 M ∑ j = 1 N m j a → j Położenie środka masy układu cząstek r → ŚM ≡ 1 M ∑ j = 1 N m j r → j Prędkość środka masy v → = d d t ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) = 1 M ∑ j = 1 N m j v → j Położenie środka masy ciała o rozkładzie ciągłym r → ŚM ≡ 1 M ∫ r → d m Równanie ruchu rakiety (wzór Ciołkowskiego) – bez grawitacji Δ v = u ln ( m 0 m ) Pytania Możliwa jest sytuacja, kiedy prędkość rakiety jest większa od prędkości wyrzucanych gazów. Gdy ma to miejsce, prędkość i pęd gazów skierowane są w tę samą stronę co rakieta. Jak to się dzieje, że rakieta wciąż uzyskuje napęd z takiego spalania? Napęd rakiety jest efektem zasady zachowania pędu i nie zależy od prędkości gazów względem rakiety. Statek przyspiesza, bo wyrzuca gazy za siebie, i to jest gwarancją przyrostu prędkości. Zadania Kałamarnica o masie 5 kg, będąca początkowo w spoczynku, wyrzuca z siebie 0,25 kg wody z prędkością 10 m/s. Jaka będzie prędkość odrzutu kałamarnicy, jeśli czas trwania wyrzutu wody wynosił 0,1 s a siła oporów ruchu wynosi 5 N? Ile energii zużyła kałamarnica, aby pokonać siłę oporów ruchu? a. 0,413 m/s, b. około 0,2 J. Rakieta startuje z powierzchni Ziemi i osiąga prędkość 100 m/s w czasie 10 s. Przyjmując, że prędkość wylotu gazów jest równa 1500 m/s, a masa spalonego paliwa wynosi 100 kg, oblicz początkową masę rakiety. Przeprowadź analizę jak w poprzednim zadaniu, przyjmując jednak, że rakieta startuje ze stacji kosmicznej, gdzie nie ma wpływu grawitacji (pomijając niewielką grawitację, której źródłem jest sama stacja). 1551 kg Ile paliwa potrzeba dla rakiety o masie własnej 1000 kg, aby wystartować z powierzchni Ziemi i osiągnąć prędkość 1000 m/s w ciągu 30 s? Prędkość wyrzutu gazów wynosi 1000 m/s. Jaka prędkość wyrzutu gazów jest potrzebna do przyspieszenia rakiety w przestrzeni kosmicznej z prędkości 800 m/s do 1000 m/s w czasie 5 s, jeżeli całkowita masa rakiety wynosi 1200 kg i zostało w niej tylko 50 kg paliwa? 4,9 km/s Nieracjonalne wyniki. Podobno kałamarnice są w stanie wyskoczyć z wody i pokonać w powietrzu poziomą odległość równą 30 m. a. Zakładając, że można pominąć straty na oderwanie się od wody i opór powietrza, oblicz początkową prędkość kałamarnicy, jeśli wyskakuje ona z wody pod kątem 20°. b. Kałamarnica uzyskuje napęd wyrzucając wodę z wnętrza swojego ciała. Jaki ułamek masy jej ciała powinna stanowić woda, aby uzyskać prędkość potrzebną do wyskoku w poprzednim podpunkcie? Woda wyrzucana jest z prędkością 12 m/s, pomijamy przyspieszenie ziemskie podczas odrzutu oraz siły tarcia. c. Co jest niedorzecznego w otrzymanych wynikach? d. Które założenie jest niesłuszne, albo które założenia są ze sobą niespójne? Zadania dodatkowe Wioślarze o masie 70 kg płyną kajakiem o masie 50 kg. Kajak porusza się z prędkością 1,2 m/s względem wody, zaś woda płynie z prędkością 4 m/s względem lądu. Jaki jest ich pęd względem lądu? Co ma większy pęd: Ważący 3 tony słoń biegnący z prędkością 40 km/h czy gepard o masie 60 kg biegnący z prędkością 112 km/h? Słoń ma większy pęd. Kierowca, naciskając pedał hamulca, zmniejsza prędkość samochodu o 20%, nie zmieniając kierunku ruchu auta. Jaką zmianę pędu to wywoła? Twój kolega twierdzi, że skoro pęd jest iloczynem masy i prędkości, to ciało o większej masie ma zawsze większy pęd. Czy zgadzasz się z tym? Wyjaśnij. O ile pierwsza część wypowiedzi jest prawdą to druga niekoniecznie, ponieważ prędkość lekkiego obiektu może być bardzo duża co spowoduje, że pęd tego ciała będzie większy, niż pęd ciężkiego obiektu poruszającego się powoli. Prawdopodobieństwo rozbicia się szklanki po upadku na betonową podłogę jest zdecydowanie większe niż po upadku na miękki trawnik. Wyjaśnij, dlaczego tak się dzieje, w kontekście reguły pędu i popędu. Twój sportowy samochód o masie 1,5 tony przyspiesza od 0 do 30 m/s w 10 s. Jaka średnia siła działa na niego podczas przyspieszania? 4,5 ⋅ 10 3 N . Piłkę o masie m upuszczono swobodnie w polu grawitacyjnym Ziemi. Jakim wzorem opiszesz impuls udzielony piłce od chwili wypuszczenia jej z ręki do pewnej chwili τ ? Opory ruchu pomijamy. Przeanalizuj poprzednie zagadnienie uwzględniając siłę oporów ruchu F → op = − b v → . J → = ∫ 0 τ [ m g → − m g → ( 1 − e − b t / m ) ] d t = m 2 b g → ( e − b τ / m − 1 ) Jaki impuls został przekazany jajku podczas rozbicia się o podłogę, jeśli spadło ono z lady znajdującej się na wysokości 90 cm? Masa jajka wynosiła 5 g. Rozpędzony samochód uderza w nieruchome drzewo. Prędkość samochodu zmniejsza się podczas zderzenia z 30 m/s do zera, a długość drogi, którą w tym czasie pokonał jego środek ciężkości równa jest około. połowy długości auta, czyli 1,3 m. Jaki impuls został przekazany przez pasy bezpieczeństwa kierowcy o masie 70 kg, zakładając, że poruszał się dokładnie tak samo jak samochód? Jaką średnią siłą działały pasy na kierowcę? − 2,1 ⋅ 10 3 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , − 24 ⋅ 10 3 N ⋅ i ^ . Dwóch hokeistów jadących z jednakową prędkością v zderza się czołowo na lodowisku. Zderzają się niesprężyście, upadają i suną z prędkością v / 5 . Jaki jest stosunek ich mas? Jedziesz na rowerze o masie 10 kg z prędkością 15 m/s, gdy na twoim kasku rowerowym przysiada owad o masie 5 g. Poruszał się on wcześniej z prędkością 2 m/s w tym samym kierunku. Przyjmując, że twoja masa wynosi 60 kg, oblicz: Jaki był pęd twój i roweru, zanim nadleciał owad? Jaki był początkowy pęd owada? Jak zmieniła się twoja prędkość po wylądowaniu owada? Ile wynosiłaby ta zmiana, gdyby owad nadlatywał z przeciwnej strony? 1,1 ⋅ 10 3 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , 0,01 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , − 0,000 93 m / s ⋅ i ^ , − 0,0012 m / s ⋅ i ^ Ładunek żwiru został zrzucony wprost na ciężarówkę o masie 30 ton jadącą z prędkością 2,2 m/s po poziomej rampie. Wiedząc, że wskutek tego prędkość ciężarówki zmniejszyła się do 1,5 m/s, oblicz masę załadowanego żwiru. Dwa wózki zderzają się czołowo na płaskim torze. Pierwszy z nich poruszał się z prędkością 3,6 m/s w kierunku + x , a drugi z prędkością 2,4 m/s w kierunku przeciwnym. Po zderzeniu drugi wózek kontynuuje jazdę w tym samym kierunku z prędkością 0,24 m/s. Jeżeli wiemy, że masa drugiego wózka jest 5 razy większa od masy pierwszego, jaka jest masa pierwszego wózka i jego prędkość po zderzeniu? 0,10 kg; − 7,2 m / s ⋅ i ^ . Astronauta o masie 100 kg znajduje się w odległości 10 m od statku kosmicznego i oddala się od niego z prędkością 0,1 m/s. Aby wrócić na statek, astronauta wyrzuca przed siebie worek o masie 10 kg, nadając mu prędkość równą 5 m/s. Ile czasu zajmie mu dotarcie do statku? Wyprowadź równania opisujące końcowe prędkości dwóch ciał zderzających się sprężyście. Masy ciał wynoszą m 1 i m 2 , początkowa prędkość pierwszego ciała była równa v 1 , a drugie pozostawało w spoczynku. u 1 = m 1 − m 2 m 1 + m 2 v 1 , u 2 = 2 m 1 m 1 + m 2 v 1 . Przeanalizuj poprzedni problem w przypadku niezerowej prędkości drugiego ciała. Dziecko zjeżdża na sankach z górki i uderza z prędkością 5,6 m/s w stojące sanki – identyczne, ale puste. Wskutek zderzenia dziecko zostało wyrzucone do przodu, natomiast sanki sczepiły się i sunęły wolno po płaskim torze. Jaka była ich prędkość po złączeniu? 2,8 m/s Dla przypadku z poprzedniego zadania oblicz prędkości sanek, gdyby zderzenie było sprężyste. Bramkarz o masie 90 kg wyskakuje pionowo w górę, aby złapać piłkę o masie 0,5 kg lecącą dokładnie poziomo w jego kierunku z prędkością 17 m/s. Jaka jest składowa pozioma jego prędkości po złapaniu piłki? 0,094 m/s Trójka akrobatów spadochronowych spada w kierunku ziemi. Początkowo trzymają się razem, aby w pewnym momencie odepchnąć się od siebie.. Dwaj z nich masie odpowiednio: 70 kg i 80 kg uzyskują prędkości poziome w kierunku północno-wschodnim równe odpowiednio 1,2 m/s i 1,4 m/s. Jaka jest prędkość pozioma trzeciego uczestnika, jeśli jego masa wynosi 55 kg? Dwie kule bilardowe leżą na stole bilardowym stykając się. Wzdłuż linii symetrii między tymi kulami porusza się trzecia z prędkością 3,8 m/s i uderza w nie równocześnie. Jeżeli zderzenie jest zderzeniem sprężystym, jakie będą prędkości kul po zderzeniu? Prędkość kuli uderzającej: − 0,76 m / s ⋅ i ^ ; końcowe prędkości kul uderzonych są jednakowe i wynoszą 2,6 m/s, skierowane pod kątem ± 30 ∘ , symetrycznie względem toru kuli nacierającej. Kula bilardowa poruszającą się z prędkością 2,2 m / s ⋅ i ^ − 0,4 m / s ⋅ j ^ zderza się ze ścianą, która jest ustawiona wzdłuż kierunku j ^ . Zakładając, że zderzenie jest sprężyste, oblicz końcową prędkość kuli po odbiciu. Dwie identyczne kule bilardowe zderzają się. Pierwsza, poruszała się początkowo z prędkością 2,2 m / s ⋅ i ^ − 0,4 m / s ⋅ j ^ , a druga z prędkością − 1,4 m / s ⋅ i ^ + 2,4 m / s ⋅ j ^ . W chwili zderzenia kula pierwsza znajduje się w środku układu współrzędnych, a druga w punkcie ( 2 R , 0 ) , gdzie R jest promieniem kuli. Jakie będą końcowe prędkości obu kul? Kula 1: − 1,4 m / s ⋅ i ^ − 0,4 m / s ⋅ j ^ , Kula 2: 2,2 m / s ⋅ i ^ + 2,4 m / s ⋅ j ^ Przeprowadź analizę jak w poprzednim zadaniu, ale dla sytuacji, gdy środek drugiej kuli jest w punkcie ( 0 , 2 R ) względem środka pierwszej kuli, będącego jednocześnie środkiem układu współrzędnych. Przeprowadź analizę jak w poprzednim zadaniu, ale dla sytuacji, gdy środek drugiej kuli jest w punkcie ( 3 R , R ) względem środka pierwszej kuli, będącego jednocześnie środkiem układu współrzędnych. Kula 1: 0,71 m / s ⋅ i ^ − 1,26 m / s ⋅ j ^ , Kula 2: 0,09 m / s ⋅ i ^ + 3,26 m / s ⋅ j ^ . Gdzie znajduje się środek masy pręta wygiętego w kształt półokręgu o promieniu R ? Układ współrzędnych osadzony został w środku półokręgu, z osią x przechodzącą przez początek i koniec pręta. Gdzie znajduje się środek masy kawałka pizzy, którą podzielono na 8 części? Układ współrzędnych osadzony został w środku pizzy o promieniu R , oś x przebiega wzdłuż jednego z ramion kąta. ( r , θ ) = ( 2 R / 3 , π / 8 ) . Gdyby cała populacja Ziemi została przesiedlona na Księżyc, jak przesunąłby się środek masy układu Ziemia-Księżyc-populacja? Przyjmijmy, że populacja liczy 7 miliardów ludzi, średnia masa człowieka to 65 kg i zarówno Ziemia jak i Księżyc zaludnione są jednorodnie. Masa Ziemi wynosi 5,97 ⋅ 10 24 k g , masa Księżyca równa jest 7,34 ⋅ 10 22 k g . Promień orbity Księżyca wynosi 3,84 ⋅ 10 8 m . Twój kolega zastanawia się, jak rakieta może się ciągle wznosić, nawet gdy na odpowiedniej wysokości wyłączy już napęd odrzutowy. Co mu odpowiesz? Zmiana pędu rakiety i jej przyspieszanie jest następstwem zasady zachowania pędu. Pęd gazów wyrzucanych w każdej sekundzie jest kompensowany przyrostem pędu rakiety. Po wyjściu z warstw atmosfery i z obszaru oddziaływania grawitacyjnego Ziemi rakieta może się dalej wznosić nawet przy wyłączonych silnikach – będzie to ruch jednostajny, zgodnie z I zasadą dynamiki. Czy w celu zwiększenia przyspieszenia rakiety można by wyrzucać z niej kamienie? Jeśli tak, to raczej przez właz tylni czy przedni? Pomijamy aspekty dekompresji rakiety. Zadania trudniejsze Człowiek o masie 65 kg wyskakuje z okna na pierwszym piętrze płonącego budynku i ląduje niemal pionowo na ziemi z prędkością o składowej poziomej 3 m/s i pionowej -9 m/s. Podczas uderzenia o ziemię wytraca prędkość w bardzo krótkim czasie. Siła, której doświadczają jego stopy zależy od tego, czy zamortyzował upadek uginając kolana, czy też nie. Oblicz siłę działająca na jego stopy w obu przypadkach. Wyznacz najpierw impuls przekazany człowiekowi podczas zderzenia. Oblicz zarówno jego wartość jak i kierunek. Wyznacz średnią wartość siły działającej na stopy człowieka, gdy jego nogi pozostają proste, a jego środek ciężkości przesuwa się podczas zderzenia zaledwie o 1 cm w dół i 1 cm w prawo. Wyznacz średnią wartość siły działającej na stopy, gdy człowiek ugiął nogi podczas lądowania, a jego środek ciężkości przesuwa się podczas zderzenia o 50 cm w dół i 5 cm w prawo. Porównaj wyniki z podpunktu (b) i (c) i wyciągnij wnioski. Który sposób lądowania jest bardziej bezpieczny? Do powyższych obliczeń potrzebny będzie czas działania siły oraz założenie o jej stałej wartości. Siła wprawdzie nie jest stała podczas całego zderzenia (bardziej szczegółową analizę przeprowadzono w przykładzie opisującym zderzenie meteoryt z Ziemią), niemniej tu założenie o stałości siły jest akceptowalne. 617 N ⋅ s , 108 ∘ ; F x = 2,91 ⋅ 10 4 N , F y = 2,6 ⋅ 10 5 N ; F x = 5 850 N , F y = 5 265 N . Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 wystrzelono z tymi samymi prędkościami, ale w przeciwnych kierunkach z dwóch miejsc oddalonych od siebie o D . Obie docierają do punktu spotkania w najwyższym punkcie swojego lotu, zderzają się i łączą. W jakim miejscu wylądują? Przyjmujemy przyspieszenie grawitacyjne g . Dwa identyczne ciała (np. kule bilardowe) ulegają zderzeniu liniowemu, przy czym początkowo jedno z nich jest w spoczynku. Po zderzeniu poruszający się obiekt zatrzymuje się, a drugi porusza się z taką prędkością, jak pierwszy z nich przed zderzeniem. Wykaż, że w tym zderzeniu zachowana była zarówno energia kinetyczna, jak i pęd. Zgodnie z zasadą zachowania pędu: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 . Z danych wynika, że m 1 = m 2 oraz v 1 = u 2 , a v 2 = u 1 = 0 . Łącząc ze sobą powyższe, otrzymujemy, że v 1 = v 1 , co jest oczywiście prawdą, zatem zasada zachowania pędu jest spełniona. Podobnie postępujemy z energią kinetyczną. Gdyby miała być zachowana, oznaczałoby to, że m 1 v 1 2 / 2 + m 2 v 2 2 / 2 = m 1 u 1 2 / 2 + m 2 u 2 2 / 2 . Wprowadzając dane dotyczące mas i prędkości otrzymujemy również tautologię, zatem energia kinetyczna jest tu wielkością zachowaną. Mobilna rampa o masie M spoczywa na poziomym podłożu. Na górze rampy umieszczono mały wózek, który rozpoczyna zjeżdżanie po umieszczonej na niej pochylni. Jakie będą prędkości wózka oraz rampy, kiedy wózek dotrze do jej końca (patrz: rysunek). Jakie są prędkości rampy i wózka względem ziemi w chwili, gdy wózek opuszcza rampę? Wyznacz środek masy układu brył pokazanego na rysunku. Przyjmij jednakową grubość każdego prostopadłościanu wynoszącą 20 cm oraz jednorodną gęstość równą 1 g / c m 3 . Jeśli przyjmiemy środek układu współrzędnych na podłodze na osi symetrii (będącej osią y ) , współrzędne środka masy wynoszą ( x ŚM , y ŚM , z ŚM ) = ( 0 c m , 86 c m , 0 c m ) równanie ruchu rakiety (wzór Ciołkowskiego) (ang. rocket equation ) wyprowadzone przez rosyjskiego fizyka Konstantina Ciołkowskiego w roku 1897, opisuje zmianę prędkości rakiety wynikającą z odrzutu spalanych gazów, co powoduje systematyczne zmniejszanie się masy rakiety z początkowej (masa własna rakiety plus masa paliwa) do końcowej (docelowo: masa własna rakiety)", "section": "Napęd rakietowy", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Farma wiatrowa na Pomorzu w Polsce. W 2017 roku farmy wiatrowe w Polsce miały łączną moc prawie 6 gigawatów. (Źródło: https://pixabay.com/pl/wiatraki-energia-polska-pomorze-935097/, autor: Sebastian Bona-Kuchejda) W poprzednich rozdziałach opisaliśmy ruch (kinematyka) oraz jego zmiany (dynamika). Zdefiniowaliśmy ważne pojęcie energii w odniesieniu do obiektu, który można rozpatrywać jako punkt materialny. Punkt materialny, z definicji, nie ma kształtu, więc może wykonywać jedynie ruch postępowy. Jednakże, jak wiemy z codziennych doświadczeń, ruch obrotowy jest również bardzo ważny i wiele poruszających się obiektów może równocześnie poruszać się ruchem obrotowym i postępowym. Turbiny wiatrowe przedstawione na zdjęciu na początku rozdziału są najlepszym przykładem zastosowania ruchu obrotowego w codziennym życiu. Popularność tych urządzeń wynika między innymi z coraz większego znaczenia czystych i odnawialnych źródeł energii. Zaczynamy analizę ruchu obrotowego od opisu ruchu obrotowego ciała sztywnego wokół stałej (ustalonej) osi. Przez ciało sztywne rozumiemy obiekt, który nie ulega deformacji w czasie poruszania się. Pokażemy, jak zastosować do opisu ruchu obiektu obracającego się wokół stałej osi wszystkie pojęcia, które do tej pory stosowaliśmy do opisu ruchu postępowego. W następnym podrozdziale rozszerzymy te pojęcia, aby opisać bardziej złożony ruch obrotowy – w tym obiekty, które równocześnie obracają się i poruszają się ruchem postępowym, oraz obiekty obracające się wokół osi, której położenie się zmienia.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zmienne opisujące ruch obrotowy Do tej pory zajmowaliśmy się głównie analizą ruchu postępowego. Zmienne opisujące ruch postępowy to: przemieszczenie, prędkość i przyspieszenie. Teraz rozszerzymy nasz opis ruchu na ruch obrotowy wokół stałej osi. Zobaczymy, że ruch obrotowy jest opisany przez zestaw powiązanych ze sobą zmiennych, podobnych do tych, które wykorzystaliśmy do opisu ruchu postępowego. Prędkość kątowa Jednostajny ruch po okręgu (omówiony wcześniej w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach ) jest ruchem po okręgu ze stałą wartością prędkości (szybkością). Chociaż jest to najprostszy przypadek ruchu obrotowego, jest on bardzo przydatny w wielu sytuacjach. Użyjemy go, aby wprowadzić zmienne obrotowe. przedstawia cząstkę poruszającą się po okręgu. Układ współrzędnych jest stały i służy jako punkt odniesienia do określenia położenia cząstki. Wektor położenia cząstki (wektor zaczepiony w początku układu współrzędnych i kończący się w miejscu znajdowania się cząstki) tworzy kąt θ z osią x , który rośnie w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, gdy cząstka przesuwa się po okręgu. Kąt θ nazywamy położeniem kątowym (ang. angular position ) cząstki. W miarę przesuwania się cząstki po okręgu zakreśla ona łuk o długości s . Cząstka porusza się po okręgu w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, zakreślając łuk o długości s . Jej wektor położenia tworzy dodatni kąt θ z osią x . Związek pomiędzy wartością kąta θ a promieniem okręgu i długością łuku wyraża się wzorem: θ = s r . Kąt θ , kątowe położenie cząstki, mierzony jest w radianach (rad). Kąt 2 π radianów odpowiada w mierze łukowej kątowi 360 ∘ . Należy zauważyć, że kąt wyrażony w radianach jest ilorazem dwóch długości, a zatem jest wielkością bezwymiarową. Gdy cząstka porusza się po okręgu, jej położenie kątowe zmienia się, powodując zmianę kąta o wartość Δ θ . Kątowi θ możemy przypisać wektor θ → . Wektor θ → jest wektorem prostopadłym do płaszczyzny x y na . Wektory położenia r → i długości łuku s → leżą w płaszczyźnie x y . Te trzy wektory związane są relacją: s → = θ → × r → . Oznacza to, że wektor długości łuku jest iloczynem wektorowym wektora kąta i wektora położenia, tak jak to pokazano na . Wektor kąta skierowany jest wzdłuż osi z , a wektory położenia i długości łuku leżą w płaszczyźnie x y . Widzimy, że s → = θ → × r → . Wszystkie trzy wektory są wzajemnie do siebie prostopadłe. Wartość wektora prędkości kątowej (ang. angular velocity ), oznaczona jako ω , jest szybkością zmian kąta θ , gdy cząstka porusza się po łuku. Chwilowa wartość prędkości kątowej (ang. instantaneous angular velocity ) jest definiowana jako granica, przy Δ t → 0 , średniej prędkości kątowej ω – = Δ θ / Δ t : ω = lim Δ t → 0 Δ θ Δ t = d θ d t , gdzie θ jest kątem obrotu ( ). Jednostką prędkości kątowej jest radian na sekundę (rad/s). Prędkość kątową możemy w prosty sposób powiązać z częstotliwością f (zwaną też prędkością obrotową), wyrażaną w obrotach na sekundę (obr/s). Aby wyznaczyć prędkość kątową, musimy pomnożyć liczbę obrotów na sekundę przez 2 π , ponieważ jeden pełny obrót oznacza przemieszczenie kątowe równe 2 π radianów: ω = 2 π f . Położenie kątowe w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara będziemy uważali za dodatnie, a położenie kątowe w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara za ujemne. Związek pomiędzy prędkością kątową a prędkością liniową w ruchu po okręgu możemy wyznaczyć poprzez zróżniczkowanie po czasie równania na przesunięcie kątowe ( ). Zapiszmy to równanie w postaci: s = r θ . Obliczając pochodną po czasie i uwzględniając, że promień okręgu jest wielkością stałą, otrzymujemy: d s d t = d d t ( r θ ) = θ d r d t + r d θ d t = r d θ d t gdzie θ ( d r / d t ) = 0 . W powyższym równaniu d s / d t jest właśnie prędkością liniową v cząstki w ruchu po okręgu, przedstawionej na skierowaną zgodnie z kierunkiem wektora s → . W ten sposób, stosując równanie na prędkość kątową ( ) otrzymujemy: v = r ω . Zatem prędkość liniowa cząstki w ruchu po okręgu jest iloczynem prędkości kątowej i promienia okręgu. Z równania tego wynika, że przy stałej prędkości kątowej, prędkość liniowa cząstki wzrasta wraz z odległością od osi obrotu. Efekt ten pokazuje . Na obracającej się ze stałą prędkością kątową tarczy umieszczono, w różnych odległościach od osi obrotu, dwie cząstki. Gdy tarcza się obraca, prędkość cząstek wzrasta liniowo wraz ze wzrostem odległości od osi obrotu. Na podstawie możemy stwierdzić, że: v 1 = r 1 ω 1 oraz v 2 = r 2 ω 2 . Ponieważ prędkości kątowe wszystkich punktów tarczy są jednakowe ( ω 1 = ω 2 ), to otrzymamy v 1 / r 1 = v 2 / r 2 , czyli v 2 = ( r 2 / r 1 ) v 1 . Ponieważ r 2 > r 1 , to v 2 > v 1 , innymi słowy prędkość liniowa jest wprost proporcjonalna do promienia. Dwie cząstki umieszczone na obracającej się tarczy mają różne prędkości, w zależności od ich odległości od osi obrotu. Do tej pory używaliśmy wartości prędkości kątowej ω = d θ / d t , która to wielkość jest wielkością skalarną – jest to zmiana położenia kątowego w zależności od czasu. Wektor ω → jest wektorem związanym z prędkością kątową i jest skierowany wzdłuż osi obrotu. Przydaje się, gdy opisujemy ruch obrotowy ciała sztywnego, bo wówczas chcemy znać zarówno położenie osi obrotu, jak i kierunek, w którym nasze ciało obraca się wokół tej osi – zgodnie ze wskazówkami zegara, czy też przeciwnie do ich ruchu. Prędkość kątowa przedstawiona jako wektor daje nam te informacje. Kierunek wektora prędkości kątowej ω → jest określany przez tak zwaną regułę prawej dłoni (ang. right-hand rule ). Mówi ona, że jeżeli palce prawej dłoni zgięte są w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara od osi x do osi y (w kierunku, w którym wzrasta θ ), to odgięty kciuk wskazuje kierunek dodatniej części osi z ( ). Wektor prędkości kątowej ω → skierowany zgodnie z kierunkiem osi z wskazuje na obroty w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, podczas gdy wektor prędkości kątowej ω → skierowany przeciwnie do kierunku osi z wskazuje na obroty zgodne z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Ilustracja zastosowania reguły prawej dłoni w przypadku obrotów w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Zgodnie z regułą prawej dłoni, wektor prędkości kątowej skierowany jest w kierunku zgodnym z kierunkiem osi z . Można udowodnić, że wektor prędkości stycznej równy jest v → = ω → × r → . Czyli prędkość styczna jest iloczynem wektorowym prędkości kątowej i wektora położenia, tak jak to pokazano na . Część (a) rysunku przedstawia sytuację, w której wektor prędkości kątowej skierowany jest zgodnie z kierunkiem osi z , co oznacza, że ruch odbywa się w płaszczyźnie x y przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara. W części (b) wektor prędkości kątowej skierowany jest przeciwnie do kierunku osi z , co oznacza, że obrót odbywa się w płaszczyźnie x y , w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Wektory na rysunku przedstawiają prędkość kątową, wektor położenia oraz wektor prędkości liniowej. (a) Wektor prędkości kątowej skierowany jest zgodnie z kierunkiem osi z , co oznacza obrót w płaszczyźnie x y w kierunku przeciwnym do kierunku obrotu wskazówek zegara. (b) Wektor prędkości kątowej skierowany jest w kierunku przeciwnym do kierunku osi z , wskazując na obrót w płaszczyźnie x y w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Obroty koła zamachowego Koło zamachowe leżące w płaszczyźnie kartki obraca się tak, że położenie kątowe danego punktu koła zmienia się zgodnie z zależnością θ = ω t = 45 , 0 r a d / s ⋅ t . Koło obraca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Odpowiedz na następujące pytania: Jaka jest prędkość kątowa koła zamachowego? Jaki jest kierunek wektora prędkości kątowej? O ile radianów obróci się to koło zamachowe w ciągu 30 s? Jaka jest prędkość liniowa punktu koła położonego w odległości 10 cm od osi obrotu? Strategia rozwiązania Zależność położenia kątowego od czasu opisana jest równaniem θ ( t ) = ω t . Aby wyznaczyć wartość prędkości kątowej, należy wyliczyć pierwszą pochodną θ po czasie. Następnie należy przy pomocy reguły prawej dłoni wyznaczyć kierunek (zwrot) wektora prędkości kątowej. Aby wyznaczyć przemieszczenie kątowe koła zamachowego w czasie 30 s, wystarczy wyznaczyć Δ θ dla zmiany położenia kątowego od chwili początkowej 0 do upływu 30 s. Aby wyznaczyć prędkość styczną dla punktu położonego w pewnej odległości od osi obrotu, mnożymy tę odległość przez prędkość kątową koła zamachowego. Rozwiązanie ω = d θ / d t = 45 r a d / s . Widzimy, że prędkość kątowa jest stała. Stosując regułę prawej dłoni zginamy palce w kierunku obrotu koła, tj. w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara w płaszczyźnie kartki. Wówczas odchylony kciuk wskaże nam kierunek wektora prędkości kątowej. Będzie on prostopadły do płaszczyzny strony i skierowany przed kartkę. Δ θ = θ ( 30 s ) − θ ( 0 s ) = 45 , 0 r a d / s ⋅ 30 , 0 s − 45 , 0 r a d / s ⋅ 0 s = 1350 , 0 r a d v = r ω = 0 , 1 m ⋅ 45 , 0 r a d / s = 4 , 5 m / s Znaczenie Jeżeli podzielimy otrzymane przemieszczenie kątowe przez 2 π , to przekonamy się, że w ciągu 30 sekund koło zamachowe wykonało aż 215 obrotów. Masywne koło zamachowe może służyć do magazynowania energii, jeśli zminimalizuje się straty z powodu tarcia. Trwają badania nad zastosowaniem nadprzewodzących łożysk (ang. superconducting bearings ), które pozwoliłyby kołu zamachowemu obracać się bez tarcia. Przyspieszenie kątowe Właśnie omówiliśmy prędkość kątową dla ruchu jednostajnego po okręgu, ale nie wszystkie ruchy są jednostajne. Wyobraźmy sobie łyżwiarza wirującego z wyciągniętymi rękami – jeśli przyciągnie ręce do siebie, jego prędkość kątowa wzrośnie – lub wirujący dysk twardy komputera, zwalniający aż do zatrzymania po wyłączeniu. Omówimy tę sytuację w dalszych podrozdziałach, ale widzimy już potrzebę zdefiniowania przyspieszenia kątowego do opisu sytuacji, w których zmienia się ω . Im szybciej zmienia się ω , tym większe jest przyspieszenie kątowe. Zdefiniujmy chwilowe przyspieszenie kątowe (ang. instantaneous angular acceleration ) jako pochodną prędkości kątowej po czasie: ε = lim Δ t → 0 Δ ω Δ t = d ω d t = d 2 θ d t 2 , tj. granicę średniego przyspieszenia kątowego przy Δ t dążącym do zera, ε – = Δ ω / Δ t , gdy Δ t → 0 . Jednostką przyspieszenia kątowego jest (rad/s)/s czyli rad/s 2 . W podobny sposób, w jaki zdefiniowaliśmy wektor prędkości kątowej ω → , możemy teraz zdefiniować wektor przyspieszenia kątowego ε → ( ). Jego długością jest wartość bezwzględna przyspieszenia kątowego ε , zdefiniowana powyższym równaniem ( ). Jeżeli wektor prędkości kątowej ω → jest skierowany wzdłuż osi + z , tak jak to pokazano na , a d ω / d t ma wartość dodatnią, wówczas przyspieszenie kątowe ε → jest dodatnie i skierowane zgodnie z kierunkiem osi + z . Podobnie, jeżeli wektor prędkości kątowej ω → jest skierowany zgodnie z osią + z , a d ω / d t jest ujemne, wówczas przyspieszenie kątowe jest ujemne, a wektor ε → skierowany jest w kierunku przeciwnym do osi + z . Rysunki (a) oraz (b) przedstawiają obroty w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. (a) Wektory przyspieszenia kątowego i prędkości kątowej mają ten sam kierunek i zwrot, co oznacza wzrost wartości prędkości kątowej. (b) Wektor przyspieszenia kątowego jest skierowany przeciwnie do wektora prędkości kątowej, więc wartość prędkości kątowej maleje. Wektor przyspieszenia stycznego możemy wyrazić jako iloczyn wektorowy wektora przyspieszenia kątowego i wektora położenia. Wyrażenie to możemy otrzymać poprzez zróżniczkowanie wyrażenia v → = ω → × r → (wykonanie tego pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie). Otrzymamy wówczas: a → s = ε → × r → . Zależność pomiędzy przyspieszeniem stycznym a kątowym przedstawia . Wyrażenie na przyspieszenie styczne punktu obracającego się ciała można otrzymać podobnie, jak uzyskaliśmy zależność pomiędzy prędkością styczną a prędkością kątową. Jeżeli zróżniczkujemy po czasie – pamiętając, że r ma stałą wartość – otrzymamy: a s = r ε . Tak więc wartość przyspieszenia stycznego a t jest równa iloczynowi promienia i przyspieszenia kątowego. Równania na prędkość i przyspieszenie styczne są ważne przy opisywaniu ruchu toczących się ciał (patrz podrozdział Moment pędu ). Zastosujmy te pojęcia do analizy kilku prostych scenariuszy obrotu wokół stałej osi. Zanim to zrobimy, przedstawimy strategię rozwiązywania zadań, która przyda się do opisu kinematyki ruchu obrotowego. (a) Przyspieszenie kątowe skierowane jest w kierunku dodatnim osi z dając przyspieszenie styczne w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. (b) Przyspieszenie kątowe jest skierowane w kierunku ujemnym osi z dając przyspieszenie styczne w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Strategia rozwiązywania zadań: kinematyka ruchu obrotowego Sprawdź, czy opisana sytuacja dotyczy ruchu obrotowego. Określ dokładnie, co należy wyznaczyć w zadaniu (zidentyfikuj niewiadome). Warto wykonać szkic sytuacyjny. Wypisz w punktach, co zostało podane w zadaniu lub co można wywnioskować z treści zadania (zidentyfikuj dane). Rozwiąż odpowiednie równanie lub układ równań w celu wyznaczenia niewiadomych. Ponieważ znasz już równania ruchu postępowego, spróbuj myśleć w kategoriach analogicznych do ruchu postępowego. Wstaw do otrzymanych równań dane wraz z ich jednostkami i wylicz wartości niewiadomych. Pamiętaj, aby kąt wyrazić w radianach. Zadaj sobie pytanie, czy uzyskane rozwiązanie jest rozsądne, czy ma sens. Zastosujmy teraz powyższą strategię rozwiązywania zadań do analizy kilku konkretnych przykładów. Wirujące koło rowerowe Mechanik rowerowy umieszcza rower w stojaku do naprawy rowerów i zaczyna obracać tylne koło. W czasie 5,00 s od początku ruchu osiąga ono prędkość obrotową (częstotliwość obrotów) wynoszącą 250 obrotów na minutę. Wyznacz w rad/s 2 średnie przyspieszenie kątowe. Po jakim czasie koło się zatrzyma, jeżeli mechanik wciśnie hamulec, wytwarzając przyspieszenie kątowe − 87 , 3 r a d / s 2 ? Strategia rozwiązania Wartość średnia przyspieszenia kątowego ε – = Δ ω / Δ t może być wyznaczona bezpośrednio z jej definicji, ponieważ dane są początkowa i końcowa częstotliwość oraz czas ruchu. Widzimy, że Δ t = 5 , 00 s , a Δ f = f k o n c − f p o c z = 250 o b r / m i n , a znamy związek częstotliwości z prędkością kątową ω = 2 π f . W przypadku (b) znamy przyspieszenie kątowe oraz początkową częstotliwość. Możemy określić czas potrzebny na zatrzymanie koła z definicji przyspieszenia kątowego, wyznaczając z niej Δ t . Otrzymamy: Δ t = Δ ω / ε . Rozwiązanie Aby skorzystać z definicji średniego przyspieszenia kątowego ε – = Δ ω / Δ t należy wyznaczyć wartość Δ ω z Δ f Δ ω = ω k o n c − ω p o c z = 2 π ( f k o n c − f p o c z ) = 2 π r a d o b r ⋅ 250 o b r m i n ⋅ 1 m i n 60 s = 26 , 2 r a d s . Wstawiając tę wielkość do równania na ε otrzymamy: ε = Δ ω Δ t = 26 , 2 r a d / s 5 , 00 s = 5 , 24 r a d / s 2 . Teraz prędkość kątowa maleje od wartości 26,2 rad/s do zera, czyli Δ ω = − 26 , 2 r a d / s , a z danych zadania ε = − 87 , 3 r a d / s 2 . Zatem, Δ t = − 26 , 2 r a d / s − 87 , 3 r a d / s = 0 , 300 s . Znaczenie Należy zauważyć, że gdy mechanik obraca koło, przyspieszenie kątowe jest małe i dodatnie; potrzeba 5 sekund do osiągnięcia znacznej prędkości kątowej. Kiedy wciśnie on hamulec, przyspieszenie kątowe jest duże i ujemne. Prędkość kątowa szybko maleje do zera. Sprawdź, czy rozumiesz. Łopatki wentylatora w lotniczym silniku turbowentylatorowym (na zdjęciu poniżej) przyspieszane są w ciągu 20 s od spoczynku do prędkości obrotowej 40,0 obr/s. Jej wzrost jest stały w czasie. (Silnik turbowentylatorowy GE90-115B montowany w Boeingu 777, jak pokazano na zdjęciu, jest obecnie największym silnikiem turbowentylatorowym na świecie, o sile ciągu osiągającej 510 kN). Jaka jest wartość średniego przyspieszenia kątowego? Jaka jest wartość chwilowego przyspieszenia kątowego w dowolnej chwili w ciągu pierwszych 20 s? (Źródło: “Bubinator”/ Wikimedia Commons) 40,0 obr/s = 2 π ⋅ 40,0 rad/s , ε – = Δ ω / Δ t = ( 2 π ⋅ 40,0 rad/s − 0 rad/s ) / ( 20,0 s ) = 2 π ⋅ 2,0 rad/s 2 = 4,0 π rad/ s 2 ; Ponieważ w ciągu pierwszych 20 s wzrost prędkości kątowej zależy liniowo od czasu, to chwilowe przyspieszenie kątowe w tym zakresie jest stałe, a jego wartość wynosi 4 , 0 π r a d / s 2 . Turbina wiatrowa Turbina wiatrowa ( ) na farmie wiatrowej jest wyłączana w celu wykonania konserwacji. Potrzeba 30 s, aby wirnik turbiny zwolnił od roboczej prędkości kątowej do pełnego zatrzymania. W czasie zatrzymywania jego prędkość kątowa maleje z czasem, zgodnie z zależnością ω ( t ) = [ ( t − 30 , 0 ) 2 / 100 , 0 ] r a d / s . Jeśli turbina obraca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, patrząc w kierunku kartki, to: jaki jest kierunek wektora prędkości kątowej i wektora przyspieszenia? Jaka jest wartość średniego przyspieszenia kątowego? Jaka jest wartość chwilowego przyspieszenia kątowego dla t = 0 , 0 s ; t = 15 , 0 s ; t = 30 , 0 s ? Turbina wiatrowa obracająca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, widok z przodu. Strategia rozwiązania Wiemy, że turbina obraca się w płaszczyźnie rysunku, w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Za pomocą reguły prawej dłoni ( ) możemy określić kierunek wektora prędkości kątowej i wektora przyspieszenia kątowego. W celu wyznaczenia średniego przyspieszenia kątowego musimy obliczyć wartości początkową i końcową prędkości kątowej. Znak wartości przyspieszenia kątowego określimy korzystając z rezultatów otrzymanych w punkcie (a). Mamy daną zależność prędkości kątowej od czasu. Korzystając z niej wyznaczymy zależności przyspieszenia kątowego od czasu poprzez wyznaczenie pierwszej pochodnej zależności prędkości od czasu. Rozwiązanie Ponieważ turbina obraca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, to wektor prędkości kątowej ω → jest skierowany przed płaszczyznę kartki. Ponieważ jednak wartość prędkości kątowej maleje, wektor przyspieszenia kątowego ε → wskazuje w kierunku przeciwnym do wektora prędkości kątowej. Początkowa wartość prędkości kątowej, w chwili t = 0 wynosi ω = 9 , 0 r a d / s Końcowa wartość prędkości kątowej jest równa zero, więc średnia wartość przyspieszenia kątowego równa się ε – = Δ ω Δ t = ω − ω 0 t − t 0 = 0 r a d / s − 9 , 0 r a d / s 30 , 0 s − 0 s = − 0 , 3 r a d / s 2 . Wyliczając pierwszą pochodną zależności prędkości kątowej od czasu otrzymamy: ε = d ω / d t = [ ( t − 30 , 0 ) / 50 , 0 ] r a d / s 2 ε ( 0 , 0 s ) = − 0 , 6 r a d / s 2 , ε ( 15 , 0 s ) = − 0 , 3 r a d / s 2 , ε ( 30 , 0 s ) = 0 r a d / s 2 . Znaczenie Z obliczeń w punktach (a) i (b) wynika, że przyspieszenie kątowe ε i średnie przyspieszenie kątowe ε – mają ujemne wartości. Wektor przyspieszenia kątowego turbiny ma przeciwny zwrot do wektora jej prędkości kątowej. Znamy już podstawowe słownictwo do opisu kinematyki ruchu obrotowego wokół stałej osi i związków pomiędzy wielkościami obrotowymi. Więcej wielkości i związków pomiędzy nimi omówimy w następnym podrozdziale. Podsumowanie Położenie kątowe punktu to kąt między wektorem położenia tego punktu a wybranym kierunkiem, na przykład kierunkiem jednej z osi układu współrzędnych, służącej za układ odniesienia, względem którego ruch jest opisywany. Prędkość kątowa, oznaczana zwykle symbolem ω → , jest wyrażana w radianach na sekundę. Wartość chwilowej prędkości kątowej ω = lim Δ t → 0 ( Δ θ / Δ t ) = d θ / d t to granica przy Δ t → 0 średniej prędkości kątowej, czyli pochodna po czasie położenia kątowego. Związek pomiędzy prędkością liniową v , a prędkością kątową jest następujący: v = r ω , gdzie r jest odległością od osi obrotu. Kierunek wektora prędkości kątowej ω → można określić na podstawie reguły prawej dłoni. Jeżeli palce zagniemy w kierunku obrotu ciała wokół stałej osi, to odchylony kciuk wskaże nam kierunek wektora ω → (patrz ). Jeżeli prędkość kątowa układu nie jest stała, wówczas układ ma określone przyspieszenie kątowe ε → . Średnie przyspieszenie kątowe w określonym przedziale czasu to zmiana prędkości kątowej podzielona przez czas, w jakim ta zmiana została osiągnięta: ε – = Δ ω / Δ t . Chwilowe przyspieszenie kątowe to pochodna prędkości kątowej po czasie. Wektory przyspieszenia kątowego i prędkości mają ten sam kierunek. W przypadku, gdy prędkość kątowa maleje, zwrot wektora przyspieszenia kątowego jest przeciwny do zwrotu wektora prędkości, a gdy prędkość kątowa rośnie, oba wektory mają ten sam zwrot. Wartość przyspieszenia stycznego punktu poruszającego się po okręgu o promieniu r , jest równa iloczynowi promienia tego okręgu i przyspieszenia kątowego punktu: a s = r ε . Pytania Zegar wisi na ścianie. Jaki jest kierunek i zwrot wektora prędkości kątowej wskazówki sekundowej? Zgodnie z regułą prawej dłoni, kierunek prędkości kątowej jej ruchu jest prostopadły do ściany i zwrócony w stronę ściany. Jaka jest wartość przyspieszenia kątowego wskazówki minutowej zegara na ścianie? Kij baseballowy jest obracany wokół jednego z jego końców. Czy wszystkie punkty na kiju mają tę samą prędkość kątową oraz taką samą prędkość styczną? Wszystkie punkty na kiju mają taką samą prędkość kątową. Punkty dalej położone mają większą prędkość styczną. Wskazówki licznika obracają się zgodnie z ruchem wskazówek zegara, gdy patrzysz na niego z góry. Jaki będzie kierunek i zwrot wektora przyspieszenia kątowego wskazówek w czasie zwiększania prędkości kątowej wskazówek? Zadania Oblicz prędkość kątową Ziemi. Samochód wyścigowy przejechał jedno pełne okrążenie (400 m) toru wyścigowego w ciągu 45 sekund. Jaka jest wartość jego prędkości kątowej przy założeniu, że cały czas jechał z tą samą prędkością liniową, a tor ma kształt okręgu? ω = ( 2 π r a d ) / ( 45 , 0 s ) = 0 , 14 r a d / s . Koło obraca się ze stałą prędkością obrotową 2 , 0 ⋅ 10 3 o b r / m i n . Jaka jest wartość jego prędkości kątowej? Jaki kąt zakreśli dowolny punkt koła w ciągu dziesięciu sekund? Odpowiedź podaj w radianach i stopniach. Cząstka przebyła drogę 3,0 m po okręgu o promieniu 1,5 metra. Jaki kąt zakreślił w tym czasie jej wektor położenia? Jeżeli cząstka poruszała się ze stałą prędkością i przebyła tę drogę w ciągu 1,0 s, to jaka była jej prędkość kątowa? Jaka jest wartość przyspieszenia tej cząstki? θ = s / r = ( 3 , 0 m ) / ( 1 , 5 m ) = 2 , 0 r a d ; ω = θ / t = ( 2 , 0 r a d ) / ( 1 , 0 s ) = 2 , 0 r a d / s ; ε = v 2 / r = ( 3 , 0 m / s ) 2 / ( 1 , 5 m ) = 6 , 0 m / s 2 Płyta kompaktowa o średnicy 120 mm obraca się z częstotliwością 500 obr/min. Jaka jest prędkość styczna punktów leżących na krawędzi płyty? Jaka jest prędkość styczna punktów leżących w połowie promienia? Nieracjonalne wyniki. Śmigło samolotu wiruje z częstotliwością 10 obr/s, gdy pilot wyłącza silnik. Prędkość kątowa skrzydła maleje ze stałym przyspieszeniem 2 , 0 r a d / s 2 , aż do zatrzymania. Jaka będzie prędkość kątowa śmigła po 40 s? Czy otrzymany wynik jest rozsądny? Czas potrzebny do zatrzymania śmigła wynosi Δ t = Δ ω / ε = ( 0 r a d / s − 2 π ⋅ 10 , 0 r a d / s ) / ( − 2 , 0 r a d / s 2 ) = 31 , 4 s . Tak więc po 40 sekundach prędkość kątowa śmigła będzie wynosiła 0 rad/s. Żyroskop zwalniał z przyspieszeniem 0 , 700 r a d / s 2 od początkowej prędkości kątowej 32 rad/s do chwili zatrzymania się. Jak długo to trwało? W czasie startu samolotu bezzałogowego jego śmigło przez 3 sekundy zwiększało swoją prędkość kątową, zgodnie ze wzorem ω = ( 25 , 0 t ) r a d / s . Jaka była chwilowa prędkość śmigła dla t = 2 , 0 s ? Jaka jest wartość jego przyspieszenia kątowego? ω = 25 , 0 ⋅ 2 , 0 r a d / s = 50 , 0 r a d / s ; ε = d ω / d t = 25 , 0 r a d / s 2 . Położenie kątowe pręta zmienia się od chwili t = 0 zgodnie z wyrażeniem 20,0 t 2 radianów. Na pręcie umieszczono dwa koraliki, tak jak widać na rysunku. Pierwszy z nich umieszczono w odległości 10 cm od osi obrotu, a drugi w odległości 20 cm. Jaka jest wartość prędkości kątowej pręta w chwili t = 5 s ? Jaka jest wartość przyspieszenia kątowego pręta? Jaka jest wartość prędkości stycznej każdego z koralików w chwili t = 5 s ? Jaka jest wartość przyspieszenia stycznego każdego z koralików w chwili t = 5 s ? Jaka jest wartość przyspieszenia dośrodkowego każdego z koralików w chwili t = 5 s ? przyspieszenie kątowe (ang. angular acceleration ) szybkość zmian prędkości kątowej położenie kątowe (ang. angular position ) kąt pomiędzy wektorem położenia ciała a wybraną osią układu współrzędnych chwilowe przyspieszenie kątowe (ang. instantaneous angular acceleration ) pochodna prędkości kątowej po czasie chwilowa prędkość kątowa (ang. instantaneous angular velocity ) pochodna położenia kątowego po czasie", "section": "Zmienne opisujące ruch obrotowy", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym W poprzednim podrozdziale zdefiniowaliśmy zmienne obrotowe: przemieszczenie kątowe, prędkość kątową oraz przyspieszenie kątowe. W tym rozdziale wyprowadzimy zależności pomiędzy tymi wielkościami, a następnie użyjemy ich do opisu ruchu obrotowego wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. W ten sposób sformułujemy podstawowe równania kinematyczne dla ruchu obrotowego. Jeżeli przyspieszenie kątowe jest stałe, to równania opisujące kinematykę ruchu obrotowego upraszczają się podobnie, jak w przypadku równań dla ruchu postępowego, omówionego w rozdziałach Ruch prostoliniowy oraz Ruch w dwóch i trzech wymiarach . Następnie użyjemy tego uproszczonego układu równań do przedstawienia zastosowań ruchu obrotowego w fizyce i technice, w sytuacjach, w których przyspieszenie kątowe jest stałe. Kinematyka ruchu obrotowego jest również warunkiem wstępnym do opisania dynamiki ruchu obrotowego w dalszej części tego rozdziału. Kinematyka ruchu obrotowego Korzystając z naszej intuicji, rozpoczniemy od określenia, w jaki sposób zmienne obrotowe θ , ω , ε oraz czas t są ze sobą powiązane. Na przykład w poprzednim podrozdziale widzieliśmy, że jeżeli wektor przyspieszenia kątowego koła zamachowego ma ten sam zwrot, co wektor prędkości, to jego prędkość kątowa wzrasta z upływem czasu, podobnie jak jego przemieszczenie kątowe. W przeciwnym przypadku, czyli jeżeli wektor przyspieszenia kątowego jest przeciwnie skierowany do wektora prędkości kątowej, jego prędkość kątowa z upływem czasu maleje. Możemy opisać te przypadki i wiele innych za pomocą spójnego układu równań kinematycznych ruchu obrotowego, przy założeniu stałego przyspieszenia kątowego. Taką metodę opisu ruchu obrotowego nazywamy kinematyką ruchu obrotowego (ang. kinematics of rotational motion ). Na początek zauważmy, że jeżeli układ obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym, to prędkość kątowa wzrasta liniowo z upływem czasu. Wówczas średnia wartość prędkości kątowej wyraża się jako połowa sumy początkowej ω 0 i końcowej ω k wartości prędkości kątowej: ω – = ω 0 + ω k 2 . Korzystając z definicji średniej prędkości kątowej, można otrzymać równanie wiążące położenie kątowe ze średnią prędkością kątową i czasem: ω – = Δ θ Δ t . Z poprzedniego równania otrzymujemy: θ k = θ 0 + ω – t , gdzie przyjęliśmy, że w chwili początkowej t 0 = 0 . Równanie to może być bardzo przydatne, gdy znamy średnią prędkość kątową układu; można wówczas wyznaczyć wartość drogi kątowej (kątowego przemieszczenia) przebytej w danym czasie. Teraz zajmijmy się wyprowadzeniem wyrażenia wiążącego ω , ε oraz t . Rozpocznijmy od zdefiniowania przyspieszenia kątowego: ε = d ω d t . Przekształćmy powyższe równanie do postaci ε d t = d ω , a następnie scałkujmy obustronnie od wartości początkowej czasu t 0 do wartości końcowej t oraz od ω 0 do ω k Ponieważ przyspieszenie kątowe ε w ruchu jednostajnym obrotowym jest wielkością stałą, można je wyłączyć przed znak całkowania. Otrzymamy wówczas po obu stronach znaku równości dwie całki oznaczone: ε ∫ t 0 t d t ′ = ∫ ω 0 ω k d ω . Przyjmując t 0 = 0 , otrzymujemy ε t = ω k − ω 0 . Równanie to można przekształcić do postaci: ω k = ω 0 + ε t , gdzie ω 0 jest początkową prędkością kątową. Powyższe równanie dla prędkości kątowej jest odpowiednikiem równania v k = v 0 + a t dla ruchu postępowego. Korzystając z tego równania oraz mając dane początkową prędkość kątową i przyspieszenie kątowe możemy wyznaczyć prędkość kątową obiektu w danej chwili t . Postąpmy teraz podobnie z równaniem ω = d θ / d t . Przekształcamy je do postaci ω d t = d θ , a następnie całkujemy obustronnie od wartości początkowych do końcowych. Tym razem musimy uwzględnić fakt, że prędkość kątowa, w ogólności, jest zależna od czasu. Otrzymamy wówczas: ∫ t 0 t ( ω 0 + ε t ′ ) d t ′ = ∫ θ 0 θ k d θ , ∫ t 0 t ω 0 d t ′ + ∫ t 0 t ε t ′ d t ′ = [ ω 0 t ′ + ε ( t ′ 2 ) 2 ] t 0 t = ω 0 t + ε ( t 2 2 ) = θ k − θ 0 , gdzie przyjęliśmy t 0 = 0 . Po przekształceniu otrzymujemy: θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 . Równanie to jest odpowiednikiem równania kinematycznego dla ruchu jednostajnego prostoliniowego, określającego zależność położenia od czasu. Równanie to było analizowane w rozdziale Ruch prostoliniowy . Można z niego otrzymać wartość drogi kątowej (przemieszczenia kątowego) obracającego się ciała sztywnego w dowolnym czasie t , jeżeli są dane warunki początkowe (początkowe położenie kątowe i początkowa prędkość kątowa) oraz przyspieszenie kątowe. Rozwiązując zadania rachunkowe możemy spotkać się z sytuacją, w której nie będzie nas interesować czas trwania ruchu, lecz końcowa prędkość kątowa ciała sztywnego. Aby otrzymać takie wyrażenie możemy napisać równanie na końcowe położenie (drogę kątową), w którym czas nie będzie występował w sposób jawny. W tym celu z równania na prędkość kątową ( ) wyznaczamy czas i otrzymane wyrażenie wstawiamy do . Wówczas równanie na θ k ( ) przyjmie postać: θ k = θ 0 + ω 0 ( ω k − ω 0 ε ) + 1 2 ε ( ω k − ω 0 ε ) 2 = θ 0 + ω 0 ω k ε − ω 0 2 ε + 1 2 ω k 2 ε − ω 0 ω k ε + 1 2 ω 0 2 ε = θ 0 + 1 2 ω k 2 ε − 1 2 ω 0 2 ε , θ k − θ 0 = ω k 2 − ω 0 2 2 ε przyjmując, iż Δ θ = θ k − θ 0 otrzymujemy ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) . Równania od do opisują obroty wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. Zostały one zebrane w . Zależność drogi kątowej (położenia kątowego) od średniej prędkości kątowej θ k = θ 0 + ω – t Zależność prędkości kątowej od stałego przyspieszenia kątowego ω k = ω 0 + ε t Zależność drogi kątowej (położenia kątowego) od początkowej prędkości kątowej i przyspieszenia kątowego θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 Związek prędkości kątowej z drogą kątową i przyspieszeniem kątowym ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) Wzory kinematyczne Zastosowanie równań opisujących kinematykę ruchu obrotowego Teraz na kilku prostych przykładach zobaczmy, w jaki sposób można w codziennych sytuacjach zastosować podstawowe zależności kinematyczne do analizy ruchu obrotowego. Obliczenie przyspieszenia kołowrotka wędkarskiego Rybak złapał na wędkę dużą rybę, która odpływając od łodzi ciągnie za sobą żyłkę z kołowrotka wędki. Początkowo kołowrotek nie obracał się (był w spoczynku). Żyłka rozwija się z kołowrotka o promieniu 4,50 cm ( ). Kołowrotek obraca się z przyspieszeniem kątowym 110 rad/s 2 przez 2,00 s. Jaka jest końcowa prędkość kątowa kołowrotka po 2 s? Ile obrotów w tym czasie zrobił kołowrotek? Żyłka rozwijająca się z kołowrotka porusza się ruchem prostoliniowym. Strategia rozwiązania Zidentyfikuj dane i porównaj z równaniami kinematycznymi dla przypadku stałego przyspieszenia. Poszukaj odpowiedniego równania, które można zastosować do wyznaczenia niewiadomych korzystając z informacji podanych w zadaniu. Rozwiązanie Znając ε i t mamy wyznaczyć ω . Najprostszym równaniem, które możemy tu zastosować, jest równanie ω k = ω 0 + ε t , ponieważ występują tu wszystkie informacje podane w zadaniu oraz tylko jedna niewiadoma, której wartość mamy wyznaczyć. Załóżmy, że ω 0 = 0 (początkowo kołowrotek nie obracał się), więc ω k = 0 r a d / s + 110 r a d / s 2 ⋅ 2 , 00 s = 220 r a d / s . Mamy wyznaczyć liczbę obrotów kołowrotka. Ponieważ jeden obrót oznacza obrót o kąt 2 π rad, możemy znaleźć liczbę obrotów poprzez znalezienie θ w radianach. Znając ε i t oraz wiedząc, że ω 0 jest równa zero, możemy wyznaczyć θ za pomocą równania: θ k = θ 0 + ω 0 ⁢ t + 1 2 ⁢ ε ⁢ t 2 θ k = 0 ⁢ rad + 0 ⁢ rad ∕ s ⋅ 2,00 ⁢ s + 1 2 ⋅ 110 ⁢ rad ∕ s 2 ⋅ 2,00 ⁢ s 2 θ k = 220 ⁢ rad . \\begin{multiline} \\theta_{\\text{k}} &= \\theta_0 + \\omega_0 t + \\frac12 \\epsilon t^2 \\\\ &= \\SI{0}{\\radian} + \\SI{0}{\\radian\\per\\second} \\cdot \\SI{2,00}{\\second} + \\frac12 \\cdot \\SI{110}{\\radian\\per\\second\\squared} \\cdot (\\SI{2,00}{\\second})^2 \\\\ &= \\SI{220}{\\radian} \\text{.} \\end{multiline} θ k = θ 0 + ω 0 ⁢ t + 1 2 ⁢ ε ⁢ t 2 = 0 ⁢ rad + 0 ⁢ rad ∕ s ⋅ 2,00 ⁢ s + 1 2 ⋅ 110 ⁢ rad ∕ s 2 ⋅ 2,00 ⁢ s 2 = 220 ⁢ rad . Zamiana obrotów na radiany daje: liczba obrotów = 220 r a d ⋅ 1 o b r 2 π r a d = 35 , 0 o b r . Znaczenie Przykład ten pokazuje, że zależności między wielkościami obrotowymi są analogiczne do zależności pomiędzy wielkościami liniowymi. Odpowiedzi uzyskane w zadaniu są racjonalne. Po odwijaniu się żyłki przez dwie sekundy kołowrotek obraca się z prędkością kątową 220 rad/s, czyli wykonuje 2100 obr/min. (Nic dziwnego, że bębny kołowrotków czasem wydają dźwięki o wysokich częstotliwościach). W poprzednim przykładzie rozważaliśmy kołowrotek wędkarski obracający się z dodatnim przyspieszeniem kątowym. Rozpatrzmy teraz sytuację, gdy kołowrotek obraca się z ujemnym przyspieszeniem kątowym. Obliczmy czas trwania obrotów, gdy kołowrotek zwalnia i zatrzymuje się. Teraz rybak wciska hamulec w kołowrotku sprawiając, że obraca on się z przyspieszeniem kątowym − 300 r a d / s 2 . Po jakim czasie kołowrotek się zatrzyma? Strategia rozwiązania W tym przykładzie mamy wyznaczyć czas t , po jakim kołowrotek przestanie się obracać. Warunki początkowe i końcowe różnią się od tych z poprzedniego przykładu, ale dotyczącą tego samego kołowrotka. Teraz początkowa prędkość kątowa wynosi ω 0 = 220 r a d / s , końcowa prędkość kątowa ω k jest równa zero, a przyspieszenie kątowe ε = − 300 r a d / s 2 . Spośród dostępnych równań, równaniem, w którym występują wszystkie zmienne podane w przykładzie i szukany czas t , jest równanie ω k = ω 0 + ε t . Możemy go użyć do wyliczenia t . Rozwiązanie Zastosujmy równanie ω k = ω 0 + ε t . Wyznaczając z tego równania t , a następnie wstawiając dane otrzymamy: t = ω k − ω 0 ε = 0 r a d / s − 220 , 0 r a d / s − 300 , 0 r a d / s 2 = 0 , 733 s . Znaczenie Przypisując znak wartościom wielkości wektorowych, czyli wskazując kierunek tych wielkości, należy zachować ostrożność. Zauważmy, że czas potrzebny do zatrzymania kołowrotka jest mały, ponieważ duże jest opóźnienie (ujemne przyspieszenie). Żyłki wędkarskie często zrywają się w wyniku zbyt dużego przyspieszenia, dlatego wędkarze zazwyczaj pozwalają rybie płynąć przez chwilę, zanim użyją hamulca na bębnie. Zmęczona ryba płynie wolniej, więc można zastosować małe opóźnienie. Sprawdź, czy rozumiesz. Wirówka stosowana do ekstrakcji DNA wiruje z maksymalną prędkością 7000 obr/min, działając na próbkę siłą odśrodkową 6000 razy większą od siły ciążenia. Jeśli wirówka potrzebuje 10 s od chwili startu do osiągnięcia maksymalnej prędkości wirowania: Jakie jest przyspieszenie kątowe wirówki? Jakie jest przemieszczenie kątowe wirówki w tym czasie? Wyraźmy najpierw prędkość kątową w rad/s: 700 o b r / m i n = ( 7000 , 0 ⋅ 2 π r a d ) / ( 60 s ) = 7 , 33 r a d / s . Teraz możemy wyznaczyć wartość przyspieszenia kątowego ε = ( 733 , 0 r a d / s ) / ( 10 , 0 s ) = 73 , 3 r a d / s 2 . Korzystając z równań podanych w otrzymamy: ω 2 = ω 0 + 2 ε Δ θ Δ θ = ( ω 2 − ω 0 2 ) / ( 2 ε ) = [ ( 0 r a d / s ) 2 − ( 733 , 0 r a d / s ) 2 ] / ( 2 ⋅ 73 , 3 r a d / s 2 ) = 3665 , 2 r a d . Przyspieszenie kątowe śmigła przedstawia wykres zależności prędkości kątowej śmigła samolotu od czasu. Jego prędkość kątowa rozpoczyna się od wartości 30 rad/s i liniowo zmniejsza się do 0 rad/s w ciągu 5 sekund. Wyznacz przyspieszenie kątowe śmigła. Zweryfikuj otrzymany wynik przy użyciu równań kinematycznych. Wyznacz kąt, o jaki obróci się śmigło w ciągu tych 5 sekund. Zweryfikuj wynik przy użyciu równań kinematycznych. Wykres zależności prędkości kątowej śmigła od czasu. Strategia rozwiązania Ponieważ prędkość kątowa zmienia się liniowo w czasie, wnioskujemy, że przyspieszenie kątowe jest stałe i nie zależy od czasu. Przyspieszenie kątowe jest równe nachyleniu prostej obrazującej zależność prędkości kątowej od czasu, ε = d ω / d t . Dane do obliczenia nachylenia możemy odczytać bezpośrednio z . Otrzymujemy ω = 0 r a d / s , dla t = 0 s oraz ω 0 = 30 r a d / s dla t = 5 s . Następnie możemy zweryfikować wynik przy użyciu równania ω = ω 0 + ε t . Teraz zastosujemy równanie ω = d θ / d t . Ponieważ pierwsza pochodna położenia kątowego po czasie to prędkość kątowa, możemy wyznaczyć przemieszczenie kątowe całkując prędkość kątową. Zgodnie z rysunkiem oznacza to wyznaczenie pola powierzchni pod wykresem prędkości kątowej. Inaczej mówiąc: ∫ θ 0 θ k d θ = θ k − θ 0 = ∫ t 0 t k ω ( t ) d t . Następnie, w celu sprawdzenia wyniku, użyjemy równania kinematycznego dla stałego przyspieszania. Rozwiązanie Obliczając nachylenie otrzymamy: ε = ω − ω 0 t − t 0 = 0 r a d / s − 30 , 0 r a d / s 5 , 0 s − 0 s = − 6 , 0 r a d / s 2 . Możemy wyznaczyć pole obszaru pod krzywą poprzez obliczenie powierzchni trójkąta prostokątnego, jak pokazano na . Pole pod krzywą jest polem trójkąta prostokątnego. Δ θ = P Δ = 1 2 ⋅ 30 ⁢ rad ∕ s ⋅ 5 ⁢ s = 75 ⁢ rad ⁢ . \\prefop{\\Delta} \\theta = P_{\\mathrm{Δ}} = \\frac12 \\cdot \\SI{30}{\\radian\\per\\second} \\cdot \\SI{5}{\\second} = \\SI{75}{\\radian} \\text{.} θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 . Wstawiając θ 0 otrzymujemy: θ 0 = 30,0 ⁢ rad ∕ s ⋅ 5,0 ⁢ s + 1 2 ⋅ − 6,0 ⁢ rad ∕ s 2 ⋅ 5,0 ⁢ s 2 θ 0 = 150,0 ⁢ rad − 75,0 ⁢ rad = 75,0 ⁢ rad . \\begin{multiline} \\theta_0 &= \\SI{30,0}{\\radian\\per\\second} \\cdot \\SI{5,0}{\\second} + \\frac12 \\cdot (-\\SI{6,0}{\\radian\\per\\second\\squared}) \\cdot (\\SI{5,0}{\\second})^2 \\\\ &= \\SI{150,0}{\\radian} - \\SI{75,0}{\\radian} = \\SI{75,0}{\\radian} \\text{.} \\end{multiline} θ 0 = 30,0 ⁢ rad ∕ s ⋅ 5,0 ⁢ s + 1 2 ⋅ − 6,0 ⁢ rad ∕ s 2 ⋅ 5,0 ⁢ s 2 = 150,0 ⁢ rad − 75,0 ⁢ rad = 75,0 ⁢ rad . To potwierdza rozwiązanie otrzymane z wyliczenia pola pod krzywą zależności prędkości kątowej od czasu. Znaczenie Widzimy z części (b), że istnieją alternatywne podejścia do analizy obrotów wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. Nasze rozwiązania zaczęliśmy od podejścia graficznego i zweryfikowaliśmy to rozwiązanie przy użyciu równań kinematyki ruchu obrotowego. Ponieważ ε = d ω / d t , możemy wykonać taką samą analizę graficzną wykresu zależności przyspieszenia kątowego od czasu. Obszar pod krzywą ε = f ( t ) daje nam zmianę prędkości kątowej. Ponieważ w tej części przyspieszenie kątowe jest stałe, jest to proste ćwiczenie. Podsumowanie Kinematyka ruchu obrotowego opisuje zależności między drogą kątową, prędkością kątową, przyspieszeniem kątowym i czasem. W przypadku stałego przyspieszenia kątowego, zależność prędkości kątowej od czasu jest liniowa. Zatem średnia prędkość kątowa jest średnią arytmetyczną prędkości początkowej i prędkości końcowej w danym okresie czasu: ω – = ω 0 + ω k 2 . Zastosowaliśmy analizę graficzną do wyznaczenia wielkości obrotowych dla ruchu obrotowego wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. Z zależności ω = d θ / d t otrzymujemy, że powierzchnia pod wykresem zależności prędkości kątowej od czasu jest równa drodze kątowej: θ k − θ 0 = Δ θ = ∫ t 0 t ω ( t ′ ) d t ′ . Otrzymany rezultat analizy graficznej można analogicznie zweryfikować przy pomocy równań kinematycznych dla ruchu ze stałym przyspieszeniem kątowym. Ponieważ ε = d ω / d t , pole powierzchni pod wykresem przyspieszenia kątowego w funkcji czasu daje nam zmianę wartości prędkości kątowej ω k − ω 0 = Δ ω = ∫ t 0 t ε ( t ′ ) d t ′ . Pytania Jeżeli przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego ma stałą wartość, to jaką funkcją czasu jest jego prędkość kątowa? Linia prosta, zależność liniowa w funkcji czasu. Jeżeli przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego ma stałą wartość, to jaką funkcją czasu jest jego położenie kątowe? Jeżeli przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego jest równe zero, to jaką funkcją czasu jest jego prędkość kątowa? Stałą. Kij o znikomo małej masie, do którego obu końców przyczepiono ciężarki, obraca się ze stałą prędkością kątową wokół osi przechodzącej przez jego środek. Czy całkowite przyspieszenie tego układu może być równe zero, jeżeli prędkość kątowa kija jest stała? Zadania Koło obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym 5 , 0 r a d / s 2 . Startując od spoczynku obróciło się o 300 radianów. Jaka jest jego końcowa prędkość obrotowa? W jakim czasie przebyło drogę kątową 300 radianów? ω = 54 , 8 r a d / s ; t = 11 , 0 s . Obracające się ze stałym przyspieszeniem kątowym koło zamachowe obróciło się w ciągu 6 sekund o 300 radianów, osiągając w ten sposób prędkość kątową 100 rad/s. Jaka była wartość jego prędkości kątowej przed upływem tych 6 s? Jaka jest wartość jego przyspieszenia kątowego? Częstotliwość obracającego się ciała sztywnego w ciągu 120 s rośnie z 500 do 1500 obr/min. Jaka jest wartość przyspieszenia kątowego tego ciała? O jaki kąt obróciło się w ciągu tych 120 s? 0 , 87 r a d / s 2 ; θ = 12 560 r a d Koło zamachowe zwalnia z 600 do 400 obr/min, wykonując w tym czasie 40 obrotów. Wyznacz jego przyspieszenie kątowe. Ile obrotów wykona ono w czasie 120 sekund? Koło o średnicy jednego metra obraca się z przyspieszeniem kątowym 4 r a d / s 2 . Jaka jest prędkość kątowa koła po 10 sekundach, jeżeli prędkość początkowa wynosiła 2,0 rad/s. O jaki kąt obróci się ono po 10 s? Jaka jest prędkość styczna oraz przyspieszenie styczne punktów na obrzeżu koła po upływie owych 10 s? ω = 42 , 0 r a d / s ; θ = 200 r a d ; v = 42 m / s , a s = 4 , 0 m / s 2 Koło o średnicy 50 cm obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym 5 , 0 r a d / s 2 wokół poziomej osi przechodzącej przez jego środek. Początkowo koło było w spoczynku. Gdzie po 10 sekundach znajdzie się punkt koła, który początkowo był w jego najniższym punkcie? Jaka jest w tym momencie wartość jego przyspieszenia liniowego? Pierścień o średnicy 10 cm obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym 1 , 0 r a d / s 2 . W chwili t = 0 jego prędkość kątowa wynosiła 2 , 0 r a d / s . Wyznacz prędkość kątową pierścienia w chwili t = 5 s . O jaki kąt obrócił się w tym czasie pierścień? Jaka jest wartość przyspieszenia stycznego punktu pierścienia w chwili t = 5 s ? ω = 7 , 0 r a d / s θ = 22 , 5 r a d a s = 0 , 1 m / s 2 Poniżej przedstawiona jest zależność prędkości obrotowej łopatek wentylatora poduszkowca od czasu. Jaki kąt zakreśliły łopatki w ciągu pierwszych 8 sekund? Sprawdź rozwiązanie używając równań kinematyki ruchu obrotowego. Do obu końców pręta o długości 20 cm przyczepiono koraliki. W chwili początkowej pręt się nie obracał. Jeżeli koraliki mają osiągnąć prędkość liniową 20 m/s w ciągu 7 sekund, to z jakim przyspieszeniem kątowym pręt powinien się poruszać? ε = 28 , 6 r a d / s 2 . kinematyka ruchu obrotowego (ang. kinematics of rotational motion ) opisuje w funkcji czasu zależność między drogą kątową (kątem obrotu), prędkością kątową i przyspieszeniem kątowym", "section": "Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym W tym podrozdziale odniesiemy każdą ze zmiennych obrotowych do zmiennych w ruchu postępowym, zdefiniowanych w rozdziałach Ruch prostoliniowy i Ruch w dwóch i trzech wymiarach . To pozwoli nam opisywać obroty wokół stałej osi. Zmienne kątowe a zmienne liniowe Jeśli porównamy definicje zmiennych obrotowych (które zdefiniowane zostały w podrozdziale Zmienne opisujące ruch obrotowy ) z definicjami zmiennych kinematycznych w ruchu postępowym, zdefiniowanymi w rozdziałach Ruch prostoliniowy i Ruch w dwóch i trzech wymiarach , zauważymy, że istnieje odwzorowanie wielkości liniowych na obrotowe. Położenie, prędkość liniowa i przyspieszenie liniowe mają swoje odpowiedniki w wielkościach obrotowych. Liniowe Obrotowe Położenie x θ Prędkość v = d x / d t ω = d θ / d t Przyspieszenie a = d v / d t ε = d ω / d t Związek pomiędzy wielkościami opisującymi ruch liniowy oraz obrotowy. Porównajmy indywidualnie zmienne liniowe i obrotowe. Jednostką zmiennych liniowych położenia jest metr, podczas gdy jednostką położenia kątowego jest bezwymiarowa jednostka radian, co wynika z definicji θ = s / r , gdzie droga kątowa jest ilorazem dwóch wielkości, z których każda jest wyrażona w jednostkach długości. Jednostką prędkości liniowej jest m/s, a jej odpowiednik, prędkość kątowa, ma jednostkę rad/s. W podrozdziale Zmienne opisujące ruch obrotowy widzieliśmy, że w przypadku ruchu po okręgu o promieniu r prędkość liniowa cząstki jest związana z prędkością kątową zależnością v = r ω . Zależność ta ma zastosowanie również do punktów ciała sztywnego, obracającego się wokół stałej osi. Tutaj rozważamy jedynie ruch po okręgu. W ruchu po okręgu, zarówno jednostajnym jak i niejednostajnym, istnieje jeszcze przyspieszenie dośrodkowe (ang. centripetal acceleration ) (patrz rozdział Ruch w dwóch i trzech wymiarach ). Wektor przyspieszenia dośrodkowego skierowany jest do wnętrza toru, od cząstki wykonującej ruch po okręgu do osi obrotu. Wyprowadzenie wartości przyspieszenia dośrodkowego przedstawiono w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach . Wartość przyspieszenia dośrodkowego wyraża się wzorem: a d = v 2 r , gdzie r jest promieniem okręgu. Tak więc w jednostajnym w ruchu po okręgu, w którym wartość prędkości kątowej jest stała, a przyspieszenie kątowe jest równe zeru, występuje przyspieszenie liniowe – konkretnie przyspieszenie dośrodkowe – ponieważ wartość prędkości liniowej w powyższym jest stała, a zmienia się kierunek wektora prędkości. Jeżeli ruch po okręgu jest ruchem niejednostajnym i obracające się ciało ma przyspieszenie kątowe, to w tym przypadku występuje zarówno zmieniające się przyspieszenie dośrodkowe (ponieważ zmienia się kierunek i zwrot wektora prędkości), jak i przyspieszenie styczne (ang. tangential acceleration ) (ponieważ zmienia się wartość wektora prędkości stycznej). Zależność ta jest pokazana na , gdzie przedstawiono przyspieszenie dośrodkowe i przyspieszenie styczne, zarówno dla ruchu jednostajnego, jak i ruchu niejednostajnego po okręgu. (a) Ruch jednostajny po okręgu. Wektor przyspieszenia dośrodkowego a d skierowany jest w kierunku do osi obrotu. Nie ma przyspieszenia stycznego. (b) Niejednostajny ruch po okręgu. Istnienie przyspieszenia kątowego jest przyczyną zmiany wartości przyspieszenia dośrodkowego oraz istnienia przyspieszenia stycznego a s . Przyspieszenie dośrodkowe wywołane jest ciągłą zmianą kierunku prędkości, podczas gdy przyspieszenie styczne związane jest ze zmianą wartości wektora prędkości. Wektory przyspieszenia stycznego a → s i dośrodkowego a → d są zawsze prostopadłe do siebie, tak jak to przedstawiono na . Dla pełnego opisu musimy jeszcze dodać wektor przyspieszenia całkowitego dla punktu obracającego się ciała oraz cząstki wykonującej ruch po okręgu o promieniu r . Wektor całkowitego przyspieszenia liniowego (ang. total linear acceleration ) a → jest sumą wektorową przyspieszenia stycznego i dośrodkowego: a → = a → d + a → s . W przypadku niejednostajnego ruchu po okręgu, wektor przyspieszenia całkowitego skierowany jest pod pewnym kątem między wektorami przyspieszenia stycznego i dośrodkowego, tak jak pokazano to na . Ponieważ a → d ⊥ a → s , wartość całkowitego przyspieszenia liniowego wynosi: | a → | = a d 2 + a s 2 . Zauważ, że jeżeli przyspieszenie kątowe jest równe zero, to całkowite przyspieszenie liniowe jest równe przyspieszeniu dośrodkowemu. Cząstka wykonuje ruch po okręgu z pewnym przyspieszeniem kątowym. Całkowite przyspieszenie liniowe cząstki jest sumą wektorową wektora przyspieszenia dośrodkowego i wektora przyspieszenia stycznego. Wektor całkowitego przyspieszenia liniowego leży pomiędzy wektorami przyspieszenia stycznego i dośrodkowego. Związek pomiędzy wielkościami kątowymi i liniowymi Przedstawmy teraz dwa związki między ruchem rotacyjnym i postępowym. Ogólnie rzecz biorąc liniowe równania kinematyczne mają swoje odpowiedniki w równaniach dla ruchu obrotowego. prezentuje cztery liniowe równania kinematyczne i odpowiadające im równania dla ruchu obrotowego. Te dwa zestawy równań są podobne do siebie, ale opisują dwie różne sytuacje fizyczne, tj. obrót i ruch postępowy. Równania kinematyczne dla ruchu obrotowego i postępowego Ruch obrotowy Ruch postępowy θ k = θ 0 + ω – t x = x 0 + v – t ω k = ω 0 + ε t v k = v 0 + a t θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 x k = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) v k 2 = v 0 2 + 2 a ( Δ x ) Drugi zestaw zależności dotyczy zmiennych liniowych i obrotowych w szczególnym przypadku ruchu po okręgu. Zależności te pokazano w trzeciej kolumnie , gdzie znajdują się równania łączące zmienne obrotowe ze zmiennymi liniowymi. Wielkości ruchu postępowego i obrotowego i zależności między nimi Ruch obrotowy Ruch postępowy Związek pomiędzy wielkościami ( r = promień okręgu) θ s θ = s / r ω v ω = v / r ε a s ε = a s / r a d a d = v 2 / r Przyspieszenie liniowe wirówki Wirówka o promieniu 20 cm zwalnia ze stałym przyspieszeniem kątowym od maksymalnej prędkości obrotowej wynoszącej 10 000 obr/min i zatrzymuje się po upływie 30 s. Przez cały ten czas wirówka obraca się w lewo. Jaka jest wartość całkowitego przyspieszenia liniowego punktu położonego na obrzeżu wirówki w chwili t = 29 , 0 s ? Jaki jest kierunek wektora całkowitego przyspieszenia liniowego? Strategia rozwiązania Dzięki podanym informacjom możemy obliczyć przyspieszenie kątowe, co następnie pozwoli nam wyznaczyć przyspieszenie styczne. Obliczając prędkość styczną w chwili t = 29 , 0 s możemy wyznaczyć przyspieszenie dośrodkowe. Dzięki wyznaczonym wartościom przyspieszeń możemy obliczyć całkowite przyspieszenie liniowe. Na podstawie opisu obrotów przedstawionych w zadaniu możemy naszkicować kierunek całkowitego wektora przyspieszenia. Rozwiązanie Przyspieszenie kątowe: ε = ω − ω 0 t = 0 r a d / s − 10 4 ⋅ 2 π / 60 , 0 r a d / s 30 , 0 s = − 34 , 9 r a d / s 2 . Stąd, przyspieszenie styczne: a s = r ε = 0 , 2 m ⋅ ( − 34 , 9 r a d / s 2 ) = − 7 , 0 m / s 2 . Prędkość kątowa w chwili t = 29 , 0 s : ω = ω 0 + ε ⁢ t ω = 1,0 ⋅ 10 4 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ rad 60,0 ⁢ s + − 34,9 ⁢ rad ∕ s 2 ⋅ 29,0 ⁢ s ω = 1047,2 ⁢ rad ∕ s − 1012,71 ⁢ rad ∕ s = 35,1 ⁢ rad ∕ s . \\begin{multiline} \\omega &= \\omega_0 + \\epsilon t \\\\ &= \\num{1,0e4} \\cdot \\frac{2\\pi \\si{\\radian}}{\\SI{60,0}{\\second}} + (-\\SI{34,9}{\\radian\\per\\second\\squared}) \\cdot \\SI{29,0}{\\second} \\\\ &= \\SI{1047,2}{\\radian\\per\\second} - \\SI{1012,71}{\\radian\\per\\second} = \\SI{35,1}{\\radian\\per\\second} \\text{.} \\end{multiline} ω = ω 0 + ε ⁢ t = 1,0 ⋅ 10 4 ⋅ 2 ⁢ π ⁢ rad 60,0 ⁢ s + − 34,9 ⁢ rad ∕ s 2 ⋅ 29,0 ⁢ s = 1047,2 ⁢ rad ∕ s − 1012,71 ⁢ rad ∕ s = 35,1 ⁢ rad ∕ s . Tak więc, prędkość w chwili t = 29 , 0 s można wyliczyć jako: v = r ω = 0 , 2 m ⋅ 35 , 1 r a d / s = 7 , 0 m / s . Teraz możemy wyznaczyć przyspieszenie dośrodkowe: a d = v 2 r = ( 7 , 0 m / s ) 2 0 , 2 m = 245 , 0 m / s 2 . Ponieważ dwa wektory przyspieszenia są do siebie prostopadłe, wartość całkowitego przyspieszenia liniowego to: | a → | = a d 2 + a s 2 = ( 245 , 0 m / s 2 ) 2 + ( − 7 , 0 m / s 2 ) 2 = 245 , 1 m / s 2 . Wirówka ma ujemne przyspieszenie kątowe. Oznacza to, że wiruje z coraz mniejszą prędkością kątową. Całkowity wektor przyspieszenia jest taki, jak pokazano na . Kąt pomiędzy wektorem przyspieszenia dośrodkowego a wektorem przyspieszenia całkowitego jest równy: θ = arctg ⁡ ( − 7 , 0 245 ) = − 1 , 6 ∘ . Znak ujemny oznacza, że wektor przyspieszenia całkowitego jest ustawiony pod kątem w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Wektory przyspieszenia dośrodkowego, stycznego i całkowitego. Wirówka zmniejsza obroty, więc przyspieszenie styczne skierowane jest zgodnie z ruchem wskazówek zegara, w kierunku przeciwnym do kierunku obrotu wirówki. Znaczenie Z wynika, że wektor przyspieszenia stycznego jest skierowany przeciwnie do kierunku obrotów. Wartość przyspieszenia stycznego jest znacznie mniejsza niż przyspieszenia dośrodkowego, więc wektor całkowitego przyspieszenia liniowego będzie tworzyć bardzo mały kąt z wektorem przyspieszenia dośrodkowego. Sprawdź, czy rozumiesz. Chłopiec wskakuje na platformę karuzeli o promieniu 5 m, która jest w spoczynku. Karuzela rozpoczyna obracać się ze stałym przyspieszeniem kątowym, osiągając prędkość kątową 5 rad/s po 20 sekundach. Jaką drogę na karuzeli chłopiec przebył w tym czasie? Wartość przyspieszenia kątowego wynosi: ε = ( 5 , 0 r a d / s − 0 r a d / s ) / ( 20 , 0 s ) = 0 , 25 r a d / s 2 , stąd całkowity kąt, o jaki obróci się karuzela z chłopcem, wynosi: Δ θ = ( ω 2 − ω 0 2 ) / 2 ε = [ ( 5 , 0 r a d / s ) 2 − ( 0 r a d / s ) 2 ] / ( 2 ⋅ 0 , 25 r a d / s 2 ) = 50 r a d . Droga, jaką przebędzie chłopiec hest równa s = r Δ θ = 5 , 0 m ⋅ 50 r a d = 250 m . Poeksperymentuj z symulacją z repozytorium PhET . Zmieniając parametry tarczy obrotowej (kąt początkowy, prędkość kątową i przyspieszenie kątowe) umieszczaj biedronkę i chrząszcza w różnych odległościach od osi obrotu. W ten sposób możesz zbadać, jak ruch obiektu po okręgu zależy od jego położenia, prędkości i przyspieszenia. Użyj wykresów i wektorów prezentowanych w aplikacji. Podsumowanie Równania ruchu postępowego mają swoje odpowiedniki w równaniach ruchu obrotowego. Istnieje odwzorowanie: x → θ , v → ω , a → ε . Ruch jednostajny po okręgu to ruch, w którym cząstka porusza się po okręgu ze stałą co do wartości prędkością liniową i kątową. Jednakże ze względu na ciągłą zmianę kierunku wektora prędkości, cząstka ma przyspieszenie dośrodkowe, zależne od odległości od osi obrotu. Układ obracający się ruchem niejednostajnym obraca się z pewnym przyspieszeniem kątowym, a tym samym każdy punkt układu położony w odległości r od osi obrotu ma przyspieszenie dośrodkowe i związane z nim przyspieszenie styczne. Całkowite przyspieszenie liniowe jest sumą wektorową wektora przyspieszenia dośrodkowego i wektora przyspieszenia stycznego. Ponieważ w ruchu po okręgu wektory przyspieszenia odśrodkowego i stycznego są prostopadłe do siebie, wartość całkowitego przyspieszenia liniowego jest równa: | a → | = a d 2 + a s 2 . Pytania Wyjaśnij, dlaczego przyspieszenie dośrodkowe zmienia kierunek prędkości w ruchu po okręgu, lecz nie zmienia jego wartości. Ponieważ wektor przyspieszenia odśrodkowego jest prostopadły do wektora prędkości. Dlaczego w ruchu po okręgu przyspieszenie styczne może zmieniać wartość prędkości, ale nie jej kierunek? Uzasadnij swoją odpowiedź. Załóżmy, że kawałek marchewki znajduje się na obrzeżu płyty obrotowej kuchenki mikrofalowej. Czy doświadcza on działania przyspieszenia stycznego, przyspieszenia dośrodkowego, czy też obu, gdy: Płyta zaczyna wirować szybciej? Płyta obraca się ze stałą prędkością kątową? Płyta powoli zatrzymuje się? Obu. Tylko przyspieszenia kątowego. Obu. Zadania Trąba powietrzna ma średnicę 60,0 m, a prędkość wirującego powietrza ma wartość 500 km/h. Jaka jest prędkość obrotowa (częstotliwość obrotów) trąby powietrznej? Człowiek stoi na karuzeli obracającej się z prędkością kątową 2,5 rad/s. Jeżeli współczynnik tarcia statycznego między butami człowieka i karuzelą jest równy μ S = 0,5 , to jak daleko od osi obrotu może on stać bez poślizgu? r = 0 , 78 m . Ultrawirówka przyspiesza od spoczynku do 100 000 obrotów na minutę w ciągu 2,00 min. Jakie jest średnie przyspieszenie kątowe w r a d / s 2 ? Jakie jest przyspieszenie styczne w punkcie odległym o 9,50 cm od osi obrotu? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe tego punktu w m / s 2 i w wielokrotności g w momencie, gdy wirówka osiąga maksymalną prędkość obrotową? Jaka jest całkowita droga przebyta przez punkt oddalony o 9,5 cm od osi obrotu ultrawirówki, licząc od początku ruchu do osiągnięcia przez ultrawirówkę maksymalnej prędkości? Turbina wiatrowa obracająca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara z prędkością 0,5 obr/s zaczyna zwalniać i po 10 s zatrzymuje się. Łopatki turbiny mają długość 20 m. Jakie jest przyspieszenie kątowe łopatek turbiny? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe punktów na końcach łopatek w chwili rozpoczęcia spowalniania ( t 0 = 0 s )? Jaka jest wartość i kierunek całkowitego przyspieszenia liniowego końcówki łopatek w chwili t 0 = 0 s ? ε = − 0 , 314 r a d / s 2 ; a d = 197 , 4 m / s 2 ; a = a d 2 + a s 2 = ( 197 , 4 m / s 2 ) 2 + ( − 6 , 28 m / s 2 ) 2 = 197 , 5 m / s 2 , θ = arctg ⁡ ( − 6 , 28 197 , 4 ) = − 1 , 8 ∘ . Jaka jest wartość (a) prędkości kątowej oraz (b) prędkości liniowej punktu na powierzchni Ziemi, na 30 ∘ szerokości geograficznej północnej. Promień Ziemi wynosi 6370 km. (c) Na jakiej szerokości geograficznej prędkość liniowa wynosi 10 m/s? Dziecko o masie 40 kg siedzi na skraju karuzeli w odległości 3,0 m od osi obrotu. Karuzela przyspiesza od spoczynku do 0,4 obr/s w ciągu 10 s. Jeśli współczynnik tarcia statycznego pomiędzy dzieckiem a powierzchnią karuzeli wynosi 0,6, to czy dziecko spadnie z karuzeli przed upływem 5 s od początku przyspieszania, czy nie? Siła odśrodkowa F od = 30 k g ⋅ ( 3 , 77 m / s ) 2 / 3 m = 142 , 1 N , m a = 40 , 0 k g ⋅ 5 , 1 m / s 2 = 204 , 0 N . Maksymalna siła tarcia statycznego μ s N = 0 , 6 ⋅ 30 , 0 k g ⋅ 9 , 8 m / s 2 = 176 , 4 N , więc dziecko pozostanie na karuzeli po 5 s. Koło rowerowe o promieniu 0,3 m obraca się osiągając częstotliwość 3 obr/s po upływie 5 s od rozpoczęcia obrotów. Jaka jest wartość i kierunek wektora całkowitego przyspieszenia punktu na krawędzi koła w chwili t = 1 , 0 s ? Prędkość kątowa koła zamachowego o promieniu 1,0 m zmienia się zgodnie z zależnością ω ( t ) = 2,0 t . Narysuj, dla punktu położonego w odległości r = 1 , 0 m od osi obrotu, wykres a d ( t ) i a t ( t ) dla t ∈ ⟨ 0 s ; 3 , 0 s ⟩ . Przeanalizuj te wykresy, aby wyjaśnić, kiedy dla punktu koła oddalonego o 1,0 m od osi obrotu a d ≫ a s oraz kiedy a d ≪ a s . v = r ω = 2 , 0 t m / s , a d = v 2 / r = ( 2 , 0 t ) 2 m / 1 , 0 s 2 = 4 , 0 t 2 m / s 2 , a s ( t ) = r ε ( t ) = r ( d ω / d t ) = 2 , 0 m / s 2 . Wykresy przyspieszenia dośrodkowego i stycznego Przyspieszenie styczne jest stałe, podczas gdy przyspieszenie dośrodkowe zależy od czasu i wzrasta z upływem czasu do wartości znacznie większych niż przyspieszenie styczne po t = 1 s . W okresach poniżej 0,7 s i zbliżających się do zera przyspieszenie dośrodkowe jest dużo mniejsze niż przyspieszenie styczne. całkowite przyspieszenie liniowe (ang. total linear acceleration ) wektorowa suma wektorów przyspieszenia dośrodkowego i stycznego", "section": "Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym Dotychczas w tym rozdziale omawialiśmy kinematykę ruchu obrotowego: opis ruchu obrotowego ciała sztywnego wokół stałej osi. Teraz zdefiniujemy dwie nowe wielkości bardzo przydatne w analizie właściwości obracających się obiektów: moment bezwładności i energię kinetyczną ruchu obrotowego. Te dwie wielkości dadzą nam ważne narzędzie do analizy dynamiki ruchu obrotowego. Energia kinetyczna ruchu obrotowego Dowolne obracające się ciało ma energię kinetyczną. Potrafimy policzyć energię kinetyczną ciała poruszającego się ruchem postępowym, lecz jak policzyć energię kinetyczną obracającego się ciała? Może to wydawać się bardzo skomplikowane, ponieważ w czasie wykonywania obrotu każdy punkt ciała sztywnego ma inną prędkość liniową. Jednakże w celu wyznaczenia energii kinetycznej ruchu obrotowego (ang. rotational kinetic energy ) możemy posłużyć się prędkością kątową, która ma taką samą wartość dla każdego punktu obracającego się ciała. Na pokazano przykład pracującej szlifierki, napędzanej silnikiem elektrycznym. Wirująca tarcza szlifierki posiada określoną energię kinetyczną ruchu obrotowego. W momencie styku z obrabianym przedmiotem dochodzi do wystąpienia tarcia. W rezultacie cząstki przedmiotu są odrywane od jego powierzchni i ze względu na dużą energię wyzwalaną w tym procesie dochodzi do ich zapalenia i emisji światła. Dodatkowo, obroty szlifierki wywołują drgania, których częstotliwość zawiera się w paśmie słyszalnym, stąd tego typu pracom towarzyszy hałas. Energia kinetyczna ruchu obrotowego szlifierki jest zamieniana na ciepło, energię światła, dźwięku oraz na energię drgań (Źródło: Zachary David Bell, US Navy) Energia ruchu obrotowego jest sumą energii kinetycznych ruchu obrotowego poszczególnych cząstek ciała, podobnie jak energia kinetyczna ciała w ruchu postępowym. Ponieważ energia kinetyczna ruchu postępowego jest proporcjonalna do kwadratu prędkości E k = m v 2 / 2 , a prędkość każdego punktu obracającego się ciała jest inna, sensownym postępowaniem jest znalezienie sposobu na wyrażenie energii kinetycznej obracającego się ciała poprzez prędkość kątową, która ma taką samą wartość dla każdego punktu obracającego się ciała. Dla pojedynczej cząstki poruszającej się po okręgu wokół stałej osi możemy tego dokonać w prosty sposób. Możemy powiązać prędkość kątową z wartością prędkości liniowej ruchu po okręgu, stosując zależność v = ω r , gdzie r jest odległością cząstki od osi obrotu, a v jest wartością prędkości ruchu po okręgu. Wstawiając to do wyrażenia na energię kinetyczną otrzymujemy: E k = 1 2 m v 2 = 1 2 m ( ω r ) 2 = 1 2 ( m r 2 ) ω 2 . Podzielmy teraz obracające się ciało sztywne na dużą liczbę małych fragmentów, każdy o masie m j i odległości r j od osi obrotu. Każdy z fragmentów będzie miał prędkość v j . Masę całego ciała można teraz zapisać jako M = ∑ j m j . Energię kinetyczną obracającego się ciała można wyrazić jako sumę energii kinetycznych wszystkich jej fragmentów: E k = ∑ j 1 2 m j v j 2 = ∑ j 1 2 m j ( r j ω j ) 2 . Ponieważ każdy z fragmentów ma taką samą prędkość kątową ω j = ω , to otrzymujemy: E k = 1 2 ( ∑ j m j r j 2 ) ω 2 . W układzie SI jednostką wielkości E k (energii kinetycznej ruchu obrotowego), określonej powyższym równaniem, jest dżul (J). W przedstawionej formie równanie to wygląda na dość skomplikowane. Postaramy się je nieco uprościć poprzez wprowadzenie nowej wielkości fizycznej – momentu bezwładności. Moment bezwładności Porównanie tego wyrażenia do formy zapisu energii kinetycznej w ruchu postępowym w rozdziale Praca i energia kinetyczna , m v 2 / 2 , sugeruje, że mamy do czynienia z nową wielkością obrotową. Dodajmy ją do naszej listy zmiennych obrotowych i zależności pomiędzy zmiennymi obrotowymi a zmiennymi w ruchu postępowym. Wielkość ∑ j m j r j 2 jest odpowiednikiem masy w równaniu na energię kinetyczną ruchu postępowego. Jest to bardzo ważna nowa wielkość fizyczna opisująca ruch obrotowy. Nazywamy ją momentem bezwładności (ang. moment of inertia ) I , a jej jednostką jest k g ⋅ m 2 : I = ∑ j m j r j 2 . Wyrażenie to definiuje moment bezwładności układu punktów materialnych poruszających się po okręgu wokół stałej osi. Zauważmy, że moment bezwładności pojedynczej cząstki, liczony względem osi obrotu, wyraża się wielkością m r 2 , gdzie r jest odległością cząstki od osi obrotu. W następnym podrozdziale zastosujemy całkową postać tego równania do wyznaczania momentu bezwładności brył sztywnych o regularnych kształtach. Moment bezwładności jest ilościową miarą bezwładności obrotowej, podobnie jak w ruchu postępowym masa jest miarą liniowej bezwładności – to znaczy, im bardziej masywny jest obiekt, tym ma większą inercję (bezwładność) i tym bardziej opiera się zmianom prędkości liniowej. Podobnie, im większa wartość momentu bezwładności bryły sztywnej lub układu cząstek, tym bardziej ciało to przeciwstawia się zmianie prędkości kątowej w jego obrocie wokół stałej osi. Interesująca jest analiza zależnośći momentu bezwładności ciała sztywnego oraz układu punktów materialnych zdefiniowanego od rozkładu mas względem osi obrotu. Ciała sztywne oraz układy punktów materialnych, których masa jest skupiona dalej od osi obrotu, mają większy moment bezwładności niż ciała, których masa jest skupiona bliżej osi obrotu. Dlatego też pierścień o takiej samej masie, długości i promieniu co pełny walec będzie miał większy od niego moment bezwładności, liczony względem osi obrotu będącej ich osią symetrii. Wstawiając równanie na moment bezwładności ( ) do równania na energię kinetyczną ( ) otrzymujemy wyrażenie na energię kinetyczną obracającego się ciała sztywnego w postaci: E k = 1 2 I ω 2 . Z równania tego wynika, że energia kinetyczna obracającego się ciała sztywnego jest wprost proporcjonalna do momentu bezwładności ciała i kwadratu prędkości kątowej. Jest to wykorzystywane w urządzeniach z kołami zamachowymi (ang. flywheel ), które służą do magazynowania dużych ilości energii w ruchu obrotowym. Obecnie wielu producentów samochodów testuje w swoich samochodach urządzenia do magazynowania energii wykorzystujące koła zamachowe, jak np. urządzenie do odzyskiwania energii kinetycznej pokazane na . Na fotelu pasażera umieszczono urządzenie wykorzystujące koło zamachowe do odzyskiwania energii kinetycznej w samochodzie. (Źródło: „cmonville”/Flicker) Wielkości opisujące energię kinetyczną ruchu obrotowego i postępowego zostały zebrane w . Zależności wiążących wielkości przedstawione w obu kolumnach nie zawarto w tabeli, ponieważ takie zależności nie istnieją. Nie istnieje bowiem taka stała, przez którą można by pomnożyć wielkość związaną z ruchem obrotowym, aby otrzymać opowiadającą jej wielkość związaną z ruchem postępowym, tak jak to zostało zrobione dla zmiennych przedstawionych w tabeli w poprzednim podrozdziale ( Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym ). Energia i bezwładność w ruchu obrotowym i postępowym ( v w ruchu postępowym jest prędkością środka masy) Ruch obrotowy Ruch postępowy I = ∑ j m j r j 2 m = ∑ j m j E k = I ω 2 / 2 E k = m v 2 / 2 Moment bezwładności układu cząstek Sześć małych nakrętek umieszczono na pręcie o pomijalnej masie i o długości 0,5 m, tak jak to pokazano na . Nakrętki umieszczono w odległości 10 cm od siebie nawzajem, masa każdej z nakrętek wynosiła 20 g. Jaki jest moment bezwładności układu nakrętek? Jeżeli usuniemy dwie nakrętki leżące najbliżej osi obrotu, to jaki będzie moment bezwładności układu pozostałych nakrętek? Jeżeli układ sześciu nakrętek obraca się z częstotliwością 5 obr/s, to jaka jest jego energia kinetyczna? Rysunek przedstawia sześć nakrętek umieszczonych w odległości 10 cm od siebie nawzajem na nieważkim pręcie obracającym się wokół pionowej osi. Strategia rozwiązania Aby wyznaczyć moment bezwładności układu sześciu nakrętek, zastosujemy definicję momentu bezwładności dla układu punktów materialnych. Ponieważ masy nakrętek są jednakowe, możemy masę nakrętki wyciągnąć przed znak sumowania. Analogiczne obliczenia wykonamy dla układu czterech nakrętek. Wstawimy wynik obliczeń z punktu (a) do wyrażenia na energię kinetyczną ruchu obrotowego. Rozwiązanie I = ∑ j m j r j 2 = 0 , 02 k g ⋅ 2 [ ( 0 , 25 m ) 2 + ( 0 , 15 m ) 2 + ( 0 , 05 m ) 2 ] = 0 , 0035 k g ⋅ m 2 I = ∑ j m j r j 2 = 0 , 02 k g ⋅ [ 2 ⋅ ( 0 , 25 m ) 2 + 2 ⋅ ( 0 , 15 m ) 2 ] = 0 , 0034 k g ⋅ m 2 E k = 1 2 I ω 2 = 1 2 ⋅ 0 , 0035 k g ⋅ m 2 ⋅ ( 5 , 0 ⋅ 2 π r a d / s ) 2 = 1 , 73 J . Znaczenie Usunięcie dwóch nakrętek leżących najbliżej osi obrotu miało mały wpływ na wartość momentu bezwładności, który jest proporcjonalny do kwadratu odległości punktu materialnego od osi obrotu. W następnej części uogólnimy równanie na moment bezwładności dla układu punktów materialnych uzyskując równanie na moment bezwładności ciała sztywnego. Na razie jednak, na przedstawiono wartości momentów bezwładności dla wybranych ciał obracających się wokół zaznaczonej osi. Momenty bezwładności wybranych ciał. Oś obrotu względem której obliczono moment bezwładności zaznaczono przerywana linią. Stosowanie energii kinetycznej ruchu obrotowego Zastosujmy teraz pojęcie energii kinetycznej ruchu obrotowego i momentu bezwładności do zaznajomienia się z energią ruchu obrotowego związaną z obrotami wybranych obiektów. Poniższe przykłady ułatwią również korzystanie z tych równań. Najpierw przyjrzyjmy się ogólnej strategii rozwiązywania zadań dotyczących energii ruchu obrotowego. Strategia rozwiązywania zadań: energia kinetyczna ruchu obrotowego Ustal, czy w zadaniu mamy do czynienia z energią lub pracą w ruchu obrotowym. Określ, co nas interesuje. Zwykle pomaga szkic rozwiązania. Dokonaj analizy zadania w celu określenia rodzajów pracy i energii. Jeśli nie ma strat energii ze względu na tarcie i inne siły niezachowawcze, energia mechaniczna jest zachowana, tj. E k pocz + E p pocz = E k końc + E p końc E_{\\text{k pocz}} + E_{\\text{p pocz}} = E_{\\text{k końc}} + E_{\\text{p końc}} . Jeżeli występują siły niezachowawcze, to energia mechaniczna nie jest zachowana. Oznacza to, że inne formy energii, takie jak energia cieplna lub energia świetlna, mogą być dostarczane lub oddawane przez układ. Dla ułatwienia obliczeń, tam gdzie jest to możliwe, upraszczaj wyrażenia algebraiczne. Oceń rozwiązanie numeryczne, aby sprawdzić, czy ma ono sens w sytuacji fizycznej przedstawionej w treści zadania. Energia lecącego helikoptera Typowy mały helikopter ratunkowy ma cztery łopaty wirnika: każda ma długość 4,00 m i masę m = 50 , 0 k g ( ). Łopaty można rozpatrywać jako cienkie pręty, które obracają się wokół jednego z końców, wokół osi prostopadłej do ich długości. Całkowita masa załadowanego helikoptera wynosi M = 1000 k g . Oblicz energię kinetyczną ruchu obrotowego łopat wirnika, jeśli ich prędkość obrotowa wynosi 300 obr/min. Oblicz energię kinetyczną ruchu postępowego helikoptera, gdy leci on z prędkością 20 , 0 m / s , i porównaj ją z energią kinetyczną ruchu obrotowego łopat. (a) Szkic helikoptera z czterołopatowym wirnikiem głównym. (b) Akcja ratownictwa wodnego z udziałem helikoptera ze służby ratunkowej Westpac Rescue Helicopter. (Źródło b: \"111 Emergency\" / Flickr) Strategia rozwiązania Energię kinetyczną ruchu postępowego i obrotowego możemy wyznaczyć z ich definicji. W treści zadania znajdziemy wszystkie wartości wielkości fizycznych, potrzebne do obliczenia energii ruchu postępowego i obrotowego helikoptera. Rozwiązanie Energia kinetyczna ruchu obrotowego dana jest wyrażeniem: E k = 1 2 I ω 2 . Prędkość obrotową zamieniamy na prędkość kątową: ω = 300 o b r 1 , 00 m i n ⋅ 2 π r a d 1 o b r ⋅ 1 , 00 m i n 60 , 0 s = 31 , 4 r a d s . Moment bezwładności jednej łopaty można przybliżyć momentem bezwładności cienkiego pręta obracającego się wokół jednego z jego końców. Wartość tego momentu podana jest na . Ponieważ wirnik helikoptera ma cztery łopaty, całkowity moment bezwładności będzie 4 razy większy. Tak więc: I = 4 ⋅ m l 2 3 = 4 ⋅ 50 , 0 k g ⋅ ( 4 , 00 m ) 2 3 = 1067 , 0 k g ⋅ m 2 . Wstawiając wartości ω oraz I do wyrażenia na energię kinetyczną ruchu obrotowego, otrzymamy: E k = 0 , 5 ⋅ 1067 k g ⋅ m 2 ⋅ ( 31 , 4 r a d / s ) 2 = 5 , 26 ⋅ 10 5 J . Wstawiając wartości M oraz v do wyrażenia na energię kinetyczną ruchu postępowego helikoptera, otrzymujemy: E k = 1 2 M v 2 = 0 , 5 ⋅ 1000 , 0 k g ⋅ ( 20 m / s ) 2 = 2 , 00 ⋅ 10 5 J . 2 , 00 ⋅ 10 5 J 5 , 26 ⋅ 10 5 J = 0 , 380. Znaczenie Stosunek energii kinetycznej ruchu postępowego do energii kinetycznej ruchu obrotowego wynosi zaledwie 0,380. Wielkość ta świadczy o tym, że większość energii kinetycznej helikoptera jest zawarta w jego wirujących łopatach. Energia bumerangu Mężczyzna rzuca w powietrze bumerang z prędkością 30,0 m/s pod kątem 40 , 0 ∘ względem poziomu ( ). Bumerang ma masę 1,0 kg i obraca się z częstotliwością 10,0 obr/s. Moment bezwładności bumerangu można wyliczyć ze wzoru I = m L 2 / 12 , gdzie L = 0,7 m . Jaka jest całkowita energia bumerangu w momencie, gdy opuszcza on rękę człowieka? Jak wysoko uniesie się bumerang, licząc od wysokości wyciągniętej ręki człowieka? Można pominąć opór powietrza. Bumerang wyrzucany w powietrze pod kątem 40 ∘ . Strategia rozwiązania Energię całkowitą bumerangu wyznaczymy jako sumę energii kinetycznej ruchu obrotowego i energii kinetycznej ruchu postępowego. W zadaniu podano, że można zaniedbać stratę energii związaną z oporem powietrza. W związku z tym w punkcie (b), w celu wyznaczenia maksymalnej wysokości, na jaką wzniósł się bumerang, możemy zastosować zasadę zachowania energii mechanicznej. Rozwiązanie Moment bezwładności jak dla pręta przedstawiony na : I = 1 12 ⋅ 1 , 0 k g ⋅ ( 0 , 7 m ) 2 = 0 , 041 k g ⋅ m 2 . Prędkość kątowa: ω = 10 , 0 o b r / s ⋅ 2 π r a d / o b r = 62 , 83 r a d / s . Energia kinetyczna ruchu obrotowego E obr = 1 2 ⋅ 0 , 041 k g ⋅ m 2 ⋅ ( 62 , 83 r a d / s ) 2 = 80 , 93 J . Energia kinetyczna ruchu postępowego E pos = 1 2 ⋅ 1 , 0 k g ⋅ ( 30 , 0 m / s ) 2 = 450 , 0 J . Energia całkowita jest sumą energi kinetycznej ruchu postępowego i ruchu obrotowego E = E obr + E pos = 80 , 93 J + 450 , 0 J = 530 , 9 J Zastosujemy zasadę zachowania energii mechanicznej. Ponieważ bumerang rzucono pod pewnym kątem względem poziomu, jego całkowitą energię kinetyczną ruchu postępowego możemy zapisać jako sumę energii w kierunku poziomym (oś x ) oraz energii ruchu postępowego w kierunku pionowym (oś y ). Energia całkowita bumerangu w momencie opuszczania ręki mężczyzny może być zapisana jako: E pocz = 1 2 m v x 2 + 1 2 m v y 2 + 1 2 I ω 2 . Energia bumerangu w momencie osiągnięcia maksymalnej wysokości jest równa: E konc = 1 2 m v x 2 + 1 2 I ω 2 + m g h . Z zasady zachowania energii mechanicznej wynika, że E pocz = E konc . Zatem, z dwóch powyższych równań otrzymujemy: 1 2 m v y 2 = m g h . Ponieważ v y = 30 , 0 m / s ⋅ sin ⁡ 40 ∘ = 19 , 28 m / s , otrzymamy: h = ( 19 , 28 m / s ) 2 2 ⋅ 9 , 8 m / s 2 = 18 , 97 m . Znaczenie Część (b) pokazuje, że zastosowanie zasady zachowania energii może dawać alternatywną metodę rozwiązywania zadań, które zwykle są rozwiązywane za pomocą równań kinematyki. W przypadku braku oporu powietrza energia kinetyczna ruchu obrotowego nie wpływa na wartość maksymalnej wysokości, jaką osiągnął bumerang. Sprawdź, czy rozumiesz. Śruba napędowa podwodnego okrętu o napędzie jądrowym ma moment bezwładności wynoszący 800 , 0 k g ⋅ m 2 . W chwili, gdy śruba napędowa obracała się z prędkością 4 o b r / s , wyłączono silnik, który ją napędza. Jaka będzie wartość prędkości kątowej śruby po 5,0 s od wyłączenia silnika, jeżeli w tym czasie śruba wykonała pracę 50 000 J przeciwko siłom oporu wody? Początkowa energia kinetyczna ruchu obrotowego śruby była równa: K pocz = 1 2 I ω 2 = 1 2 ⋅ 800 , 0 k g ⋅ m 2 ⋅ ( 4 , 0 o b r / s ⋅ 2 π r a d / o b r ) 2 = 2 , 53 ⋅ 10 5 J . W chwili t = 5 s energia kinetyczna ruchu obrotowego śruby była mniejsza o 50 000 J i wynosiła: K końc = 2 , 03 ⋅ 10 5 J , a stąd wyliczona prędkość kątowa ω = 2 ⋅ 2 , 03 ⋅ 10 5 J 800 , 0 k g ⋅ m 2 = 22 , 54 r a d / s , czyli 3,58 obr/s. Podsumowanie Energia kinetyczna ruchu obrotowego to suma energii kinetycznych cząstek ciała sztywnego lub punktów materialnych, wynikająca z ich ruchu po okręgu wokół wspólnej osi. Można ją wyrazić w postaci E k = I ω 2 / 2 , gdzie I jest momentem bezwładności ciała sztywnego lub układu punktów materialnych. Moment bezwładności punktów materialnych poruszających się wokół stałej osi jest definiowany jako I = ∑ j m j r j 2 , gdzie m j jest masą j -tego punktu, natomiast r j jest jego odległością od osi obrotu. Wartość momentu pędu rośnie z kwadratem odległości punktów od osi obrotu. Moment bezwładności jest odpowiednikiem masy w ruchu postępowym. W układach, które obracają się i przemieszczają, można zastosować zasadę zachowania energii mechanicznej tylko wtedy, gdy na układ działają siły zachowawcze. W tym przypadku całkowita energia mechaniczna jest zachowana i jest sumą energii kinetycznej ruchu obrotowego i ruchu postępowego oraz energii potencjalnej wynikającej z grawitacji. Pytania Gdyby na orbicie wokół Słońca umieszczono by dodatkowo inną planetę o rozmiarach takich jak Ziemia, to czy moment bezwładności Układu Słonecznego by wzrósł, zmalał czy pozostał bez zmian? Jednorodna kula obraca się ze stałą prędkością kątową wokół osi przechodzącej przez jej środek. Sfera o tej samej masie i promieniu obraca się wokół jej osi symetrii przechodzącej przez środek sfery, z taką samą prędkością kątową jak kula. Który obiekt ma większą energię kinetyczną ruchu obrotowego? Sfera, ponieważ jej masa jest rozłożona dalej od osi obrotu. Zadania Na rysunku przedstawiono układ trzech cząstek punktowych leżących w tej samej płaszczyźnie. Masa każdej cząstki wynosi 0,3 kg. Wyznacz moment bezwładności układu względem osi prostopadłej do płaszczyzny rysunku i przechodzącej przez zaznaczony punkt. Oblicz wartość energii kinetycznej ruchu obrotowego, jeżeli układ obraca się wokół zaznaczonej osi z częstotliwością 5 obr/s. Wyznacz energię kinetyczną ruchu obrotowego Ziemi wokół jej osi obrotu. Jaka jest wartość energii kinetycznej ruchu obrotowego Ziemi związana z jej ruchem wokół Słońca? E k = 2 , 56 ⋅ 10 29 J ; E k = 2 , 68 ⋅ 10 33 J . Oblicz energię kinetyczną ruchu obrotowego 12-kilogramowego koła motocykla, jeżeli jego prędkość kątowa wynosi 120 rad/s. Promień wewnętrzny koła ma 0,2080 m, a zewnętrzny 0,330 m. W baseballu, miotacz wyrzuca piłkę wykonując m.in. obrót przedramieniem wokół stawu łokciowego. Jeżeli prędkość liniowa piłki względem stawu łokciowego wynosi 20 m/s, to jaka jest wartość energii kinetycznej ruchu obrotowego przedramienia? Odległość piłki od stawu biodrowego wynosi 0,480 m, a moment bezwładności przedramienia wynosi 0 , 500 k g ⋅ m 2 . E k = 434 , 0 J . Samolot lecący poziomo z prędkością 40,0 m/s podchodzi do lądowania. W momencie, gdy znajduje się na wysokości 300 m, urywa się śmigło o masie 200 kg i momencie bezwładności 70 , 0 k g ⋅ m 2 . W chwili oderwania się prędkość obrotowa śmigła wynosiła 20 obr/s. Zaniedbując opory powietrza wyznacz: (a) prędkość liniową, z jaką śmigło uderzy o ziemię, (b) prędkość obrotową śmigła w momencie uderzenia o ziemię. v = 86 , 5 m / s ; Prędkość kątowa śmigła jest stała i wynosi 20 obr/s. Jaka będzie w momencie zderzenia z ziemią prędkość obrotowa śmigła z poprzedniego zadania, jeżeli uwzględnimy, że opory powietrza w ciągu całego ruchu zmniejszyły jego energię kinetyczną ruchu obrotowego o 30%? Jaka jest energia kinetyczna ruchu obrotowego gwiazdy neutronowej o masie 2 ⋅ 10 30 k g , promieniu 10 km i okresie obrotu 0,02 s? Gwiazdę neutronową można uważać za jednorodną kulę. E k = 3 , 95 ⋅ 10 42 J . Szlifierka elektryczna składająca się z tarczy obrotowej o masie 0,7 kg i promieniu 10 cm obraca się z prędkością 15 obr/min. Przy szlifowaniu surowej ściany drewnianej jej prędkość obrotowa zmniejsza się o 20%. Jaka jest końcowa energia kinetyczna ruchu obrotowego tarczy? O ile zmniejszyła się energia kinetyczna jej ruchu obrotowego? Urządzenie składa się z tarczy o masie 2,0 kg i promieniu 50 cm, na której zamocowany jest pierścień o masie 1,0 kg oraz promieniu wewnętrznym 20 cm i zewnętrznym 30 cm (patrz poniżej). Urządzenie obraca się wokół osi przechodzącej przez środek tarczy i pierścienia, a prędkość kątowa wynosi 10 obr/s. Jaki jest moment bezwładności urządzenia względem osi obrotu? Jaka jest energia kinetyczna jego ruchu obrotowego? I = 0 , 0315 k g ⋅ m 2 . E k = 621 , 8 J . moment bezwładności (ang. moment of inertia ) miara bezwładności obrotowej, która charakteryzuje ilościowo stopień łatwości lub trudności wykonywania zmiany wartości prędkości kątowej bryły sztywnej energia kinetyczna ruchu obrotowego (ang. rotational kinetic energy ) część całkowitej energii kinetycznej ciała", "section": "Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Obliczanie momentu bezwładności W poprzednim podrozdziale zdefiniowaliśmy moment bezwładności, ale nie pokazaliśmy, jak go obliczyć. Poniżej pokazujemy, jak obliczyć moment bezwładności dla kilku standardowych obiektów oraz jak wykorzystać znane momenty bezwładności, aby znaleźć moment bezwładności dla przesuniętej osi lub dla układu złożonego. Ta wiedza bardzo przydaje się, gdy chcemy zastosować ogólne równanie do złożonych układów (to umiejętności, które są kluczowe dla bardziej zaawansowanych kursów fizyki i inżynierii). Moment bezwładności Zdefiniowaliśmy moment bezwładności dla punktów materialnych jako: I = ∑ i m i r i 2 , gdzie r i jest odległością i -tego punktu od osi obrotu, a m i oznacza masę i -tego punktu. Tak więc, wartość momentu bezwładności będzie zależała od wyboru osi, czyli od rozkładu masy względem osi. Aby się o tym przekonać, weźmy prosty przykład dwóch mas na końcu bezmasowej (o nieistotnie małej masie) sztangi i obliczmy moment bezwładności względem dwóch różnych osi (patrz ). W tym przypadku sumowanie jest proste: dwie masy na końcach sztangi można uważać za masy punktowe, a zatem suma ma tylko dwa składniki. W przypadku osi przechodzącej przez środek sztangi, każda z dwóch mas m jest w takiej samej odległości R od osi, dając moment bezwładności: I 1 = m R 2 + m R 2 = 2 m R 2 . W przypadku, gdy oś umieścimy na jednym z końców sztangi, moment bezwładności jest równy: I 2 = m ⋅ 0 2 + m ( 2 R ) 2 = 4 m R 2 . Na podstawie tego wyniku możemy stwierdzić, że znacznie trudniej będzie obrócić sztangę wokół osi przechodzącej przez jej koniec niż wokół osi w połowie jej długości. (a) Oś obrotu przechodzi przez środek sztangi; (b) Oś obrotu przechodzi przez jeden z końców sztangi. Prędkość kątowa wynosi ω . W tym przykładzie mamy dwie masy punktowe, więc suma była łatwa do obliczenia. Jednakże, aby poradzić sobie z obiektami, które nie są punktowe, musimy dokładnie przemyśleć każde z pojęć użytych w równaniu. Równanie wymaga zsumowania wkładów pochodzących od każdego „kawałka masy” znajdującego się w określonej odległości od osi obrotu. Ale co dokładnie oznacza ów każdy „kawałek masy”? Przypomnijmy, że w naszym wyprowadzeniu tego równania każda masa miała tę samą wartość prędkości, co oznacza, że każdy kawałek musiał mieć jednakową odległość r od osi obrotu. Niestety, nie jest to możliwe. Zatem, musimy zastąpić nasz „kawałek masy” nieskończenie małym fragmentem d m , jak pokazano na . Idea użycia nieskończenie małego kawałka masy do obliczenia jego udziału w całkowitym momencie bezwładności. Potrzeba użycia nieskończenie małego kawałka d m sugeruje, że możemy napisać równanie na moment bezwładności całkując wkłady pochodzące od nieskończenie małych mas, zamiast liczyć dyskretną sumę skończonej liczby mas. Wówczas równanie: I = ∑ i m i r i 2 zmienia się w równanie I = ∫ r 2 d m . Jest to ogólna postać równania, pozwalająca na obliczenie momentów bezwładności ciał o złożonych kształtach. W pozostałej części tego rozdziału pokażemy szczegółowo, na konkretnych przykładach, jak liczyć moment bezwładności dla ciał sztywnych o wybranych kształtach. Moment bezwładności cienkiego pręta względem osi przechodzącej przez jego środek Rozważmy jednorodny cienki pręt o masie m i długości L , tak jak to pokazano na rysunku ( ). Zakładamy, że pręt jest tak cienki a jego pole przekroju poprzecznego tak niewielkie, że pręt może być traktowany jako struna rozciągnięta wzdłuż linii prostej. Naszym zadaniem jest obliczenie momentu bezwładności tego pręta względem osi obrotu, która jest prostopadła do pręta i przechodzi przez jego środek. Skierujmy osie układu współrzędnych tak, by oś z była osią obrotu, a oś x prostą, na której leży pręt, tak jak pokazano na rysunku. Wykonamy teraz całkowanie wzdłuż osi x . Obliczanie momentu bezwładności dla jednorodnego pręta względem osi prostopadłej do pręta i przechodzącej przez jego środek. Wybierzmy mały fragment pręta o długości d x i masie d m . Moment bezwładności jest całką po rozkładzie mas. Jak na razie umiemy jedynie wykonać całkowanie po zmiennych przestrzennych, nie po masie. Musimy zatem znaleźć sposób na powiązanie masy ze zmiennymi przestrzennymi. Dokonamy tego używając pojęcia liniowej gęstości masy (ang. linear mass density ) λ , czyli masy liczonej na jednostkę długości. Ponieważ pręt jest jednorodny, gęstość pręta jest stała; możemy zatem napisać: λ = m l czyli m = λ l . Różniczkując obustronnie otrzymujemy: d m = d ( λ l ) = λ d l , ponieważ λ jest wielkością stałą. Zauważmy, że element pręta d l leży całkowicie wzdłuż osi x i ma długość d x ; czyli d l = d x . Możemy zatem napisać, że d m = λ ( d x ) , otrzymując zmienną całkowania, z którą umiemy już sobie poradzić. Odległość każdego fragmentu masy d m od osi obrotu jest określona przez zmienną x , jak to pokazano na rysunku. Łączymy to wszystko razem i otrzymujemy: I = ∫ r 2 d m = ∫ x 2 d m = ∫ x 2 λ d x . Określmy teraz granice całkowania. Zgodnie z rysunkiem, pręt rozciąga się od x = − L / 2 do x = L / 2 , mamy zatem: I = ∫ − L / 2 L / 2 x 2 λ d x = [ λ x 3 3 ] − L / 2 L / 2 = λ 3 [ ( L 2 ) 3 − ( − L 2 ) 3 ] = λ 3 ⋅ L 3 8 ⋅ 2 = 1 12 m L 2 . Przejdźmy teraz do obliczenia momentu bezwładności dla tego samego jednorodnego, cienkiego pręta, ale względem innej osi, tak abyśmy mogli porównać wyniki. Spodziewamy się, że moment bezwładności będzie mniejszy względem osi przechodzącej przez środek pręta niż względem osi przechodzącej przez jego koniec, podobnie jak w przypadku sztangi omawianej na początku tego podrozdziału. Spodziewamy się tego, ponieważ większość masy jest rozłożona dalej od osi obrotu. Moment bezwładności cienkiego pręta względem osi przechodzącej przez jeden z jego końców Rozpatrzmy teraz ten sam jednorodny pręt o masie m i długości L , lecz tym razem umieścimy oś obrotu na jednym z jego końców (patrz ). Wyznaczmy moment bezwładności pręta względem tej osi. Zdefiniujemy d m jako nieskończenie mały fragment masy naszego pręta. Podobnie jak poprzednio otrzymamy: I = ∫ r 2 d m = ∫ x 2 d m = ∫ x 2 λ d x . Jednak tym razem mamy inne granice całkowania. Pręt rozciąga się od x = 0 do x = L , ponieważ oś jest umieszczona na końcu pręta w x = 0 . Dlatego otrzymujemy: I = ∫ 0 L x 2 λ d x = [ λ x 3 3 ] 0 L = λ 3 ( L 3 − 0 3 ) = λ 3 ⋅ L 3 = 1 3 m L 2 . Obliczanie momentu bezwładności dla jednorodnego pręta względem osi prostopadłej do pręta i przechodzącej przez jego koniec. Zauważmy, że „bezwładność obrotowa” pręta przy obrotach względem jego końca jest czterokrotnie większa niż „bezwładność obrotowa” dla obrotów wokół jego środka. Twierdzenie Steinera Podobieństwo między procesem obliczania momentu bezwładności pręta względem osi przechodzącej przez jego środek i względem osi przechodzącej przez jego koniec jest uderzające i sugeruje, że może istnieć prostsza metoda wyznaczenia momentu bezwładności pręta wokół dowolnej osi równoległej do osi przechodzącej przez środek masy. Taka oś jest nazywana osią równoległą (ang. parallel axis ). Istnieje twierdzenie pozwalające nam wyznaczyć moment bezwładności względem osi równoległej do osi przechodzącej przez środek masy, jeżeli znamy moment bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy. Jest to twierdzenie Steinera (ang. parallel axis theorem , Steiner's theorem ), które podamy tu bez dowodu. Twierdzenie Steinera Moment bezwładności względem osi równoległej do osi przechodzącej przez środek masy jest sumą momentu bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy oraz iloczynu masy i kwadratu odległości pomiędzy osiami: I oś równoległa = I środek masy + m d 2 . Zastosujmy to twierdzenie do wyznaczenia momentu bezwładności rozważanego poprzednio pręta: I koniec = I środek masy + m d 2 = 1 12 m L 2 + m ( L 2 ) 2 = ( 1 12 + 1 4 ) m L 2 = 1 3 m L 2 . Wynik ten jest zgodny z poprzednimi, znacznie dłuższymi obliczeniami. To przydatne twierdzenie zastosujemy też w kolejnych przykładach. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki jest moment bezwładności walca o promieniu R i masie m liczony względem osi przechodzącej przez punkt na jego powierzchni, jak pokazano na poniższym rysunku? Oś jest prostopadła do płaszczyzny rysunku. I oś równoległa = I środek masy + m d 2 = m R 2 + m R 2 = 2 m R 2 Moment bezwładności jednorodnej tarczy względem osi przechodzącej przez jej środek Całkowanie w celu wyznaczenia momentu bezwładności obiektu dwuwymiarowego jest nieco trudniejsze, ale na tym poziomie studiów zwykle wykonuje się jeden przykład, mianowicie wyznaczenie momentu bezwładności jednorodnej cienkiej tarczy obracającej się wokół osi przechodzącej przez jej środek ( ). Obliczanie momentu bezwładności cienkiej tarczy względem osi przechodzącej przez jej środek. Ponieważ tarcza jest cienka, możemy założyć, że jej masa rozmieszczona jest całkowicie w płaszczyźnie x y . Zaczynamy od zdefiniowania powierzchniowej gęstości masy (ang. surface mass density ), czyli masy na jednostkę powierzchni. Ponieważ tarcza jest jednorodna, to gęstość powierzchniowa σ jest stała: σ = m S czyli σ S = m , stąd d m = σ ( d S ) . Obszar zajmowany przez tarczę można uznać za złożony z szeregu cienkich pierścieni, z których każdy ma szerokość d r i masę d m równomiernie rozłożoną na okręgu o promieniu R , tak jak to pokazano na . Powierzchnia każdego pierścienia d S jest zatem iloczynem długości każdego pierścienia ( 2 π r ) i jego szerokości d r : S = π r 2 , stąd d S = d ( π r 2 ) = π d ( r 2 ) = 2 π r d r . Powierzchnia tarczy jest sumą powierzchni wszystkich cienkich pierścieni o promieniu od 0 do R , które są naszym granicami całkowania dla d r , tzn. całkujemy od r = 0 do r = R . Biorąc to wszystko po uwagę otrzymujemy: I = ∫ 0 R r 2 ⁢ σ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ d r = 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ ∫ 0 R r 3 ⁢ d r = 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ r 4 4 0 R I = 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ R 4 4 − 0 4 = 2 ⁢ π ⋅ m S ⋅ R 4 4 I = 2 ⁢ π ⋅ m π ⁢ R 2 ⋅ R 4 4 = 1 2 ⁢ m ⁢ R 2 . \\begin{multiline} I &= \\int_0^R r^2 \\sigma \\cdot 2 \\pi r \\d r = 2\\pi \\sigma \\int_0^R r^3\\d r = 2\\pi \\sigma [\\frac{r^4}{4}]_0^R \\\\ &= 2\\pi \\sigma (\\frac{R^4}{4} - \\frac{0}{4}) = 2\\pi \\cdot \\frac{m}{S} \\cdot \\frac{R^4}{4} \\\\ &= 2 \\pi \\cdot \\frac{m}{\\pi R^2} \\cdot \\frac{R^4}{4} = \\frac12 mR^2 \\text{.} \\end{multiline} I = ∫ 0 R r 2 ⁢ σ ⋅ 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ d r = 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ ∫ 0 R r 3 ⁢ d r = 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ r 4 4 0 R = 2 ⁢ π ⁢ σ ⁢ R 4 4 − 0 4 = 2 ⁢ π ⋅ m S ⋅ R 4 4 = 2 ⁢ π ⋅ m π ⁢ R 2 ⋅ R 4 4 = 1 2 ⁢ m ⁢ R 2 . Zauważmy, że wynik jest zgodny z rezultatem podanym na . Obliczanie momentu bezwładności układów złożonych Rozpatrzmy teraz obiekt złożony, taki jak na rysunku poniżej. Rysunek przedstawia cienką tarczę na końcu cienkiego pręta. Nie można tego łatwo scałkować w celu wyznaczenia momentu bezwładności, ponieważ nie jest to obiekt o jednolitym kształcie. Jeśli jednak wrócimy do pierwotnej definicji momentu bezwładności jako sumy, możemy przypuścić, że moment bezwładności obiektu złożonego można wyznaczyć jako sumę momentów bezwładności każdej z jego części: I całkowite = ∑ i I i . Należy dodać, że momenty bezwładności obiektów w ( ) dotyczą momentów bezwładności liczonych względem wspólnej osi. W przypadku tego obiektu byłby to pręt o długości L obracający się wokół jego końca, oraz cienki krążek o promieniu R , obracający się wokół osi przesuniętej od środka masy krążka o odległość L + R . Oznaczmy masę pręta jako m p , a masę krążka jako m k . Obiekt złożony składający się z krążka zawieszonego na końcu pręta. Oś obrotu jest prostopadła do płaszczyzny rysunku i przechodzi przez punkt A . Oś przechodzi przez koniec pręta, więc jego moment bezwładności względem tej osi jest równy m p L / 2 . Aby wyznaczyć moment bezwładności krążka względem podanej osi, musimy zastosować twierdzenie Steinera. Moment bezwładności krążka liczony względem osi przechodzącej przez jego środek masy ma wartość m k R 2 / 2 ; po zastosowaniu twierdzenia Steinera I oś równoległa = I środek masy + m d 2 otrzymamy: I oś równoległa = 1 2 m k R 2 + m k ( L + R ) 2 . Dodając moment bezwładności pręta do momentu bezwładności krążka przy przesuniętej osi obrotu stwierdzimy, że moment bezwładności dla przedmiotu złożonego jest równy: I całkowity = 1 3 m p L 2 + 1 2 m k R 2 + m k ( L + R ) 2 . Obliczanie momentu bezwładności przy rozwiązywaniu zadań Rozpatrzmy teraz kilka praktycznych zastosowań obliczeń momentu bezwładności. Dziecko na karuzeli Dziecko o masie 25 kg siedzi na karuzeli w odległości r = 1 , 0 m od jej osi obrotu ( ). Karuzelę możemy rozpatrywać jako jednolitą tarczę o promieniu 2,0 m i masie 500 kg. Wyznacz moment bezwładności tego układu. Obliczanie momentu bezwładności dla dziecka na karuzeli. Strategia rozwiązania W tym zadaniu mamy obliczyć moment bezwładności całego układu. Mamy podaną masę i odległość dziecka do osi obrotu, a także masę i promień karuzeli. Ponieważ masa i rozmiar dziecka są znacznie mniejsze niż karuzeli, możemy rozpatrywać dziecko jako masę punktową. Wprowadźmy oznaczenia dla danych: m d = 25 k g , r d = 1 , 0 m , m k = 500 k g , r k = 2 , 0 m . Naszym celem jest wyznaczenie całkowitego momentu bezwładności układu I całkowity = ∑ i I i . Rozwiązanie Moment bezwładności dziecka I d = m d r 2 , a karuzeli I k = m k r 2 / 2 , stąd: I całkowity = 25 ⁢ kg ⋅ 1 ⁢ m 2 + 1 2 ⋅ 500 ⁢ kg ⋅ 2 ⁢ m 2 I całkowity = 25 ⁢ kg ⋅ m 2 + 1000 ⁢ kg ⋅ m 2 = 2025 ⁢ kg ⋅ m 2 . \\begin{multiline} I_{\\text{całkowity}} &= \\SI{25}{\\kilo\\gram} \\cdot (\\SI{1}{\\metre})^2 + \\frac12 \\cdot \\SI{500}{\\kilo\\gram} \\cdot (\\SI{2}{\\metre})^2 \\\\ &= \\SI[inter-unit-product = ⋅]{25}{\\kilo\\gram\\metre\\squared} + \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1000}{\\kilo\\gram\\metre\\squared} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{2025}{\\kilo\\gram\\metre\\squared} \\text{.} \\end{multiline} I całkowity = 25 ⁢ kg ⋅ 1 ⁢ m 2 + 1 2 ⋅ 500 ⁢ kg ⋅ 2 ⁢ m 2 = 25 ⁢ kg ⋅ m 2 + 1000 ⁢ kg ⋅ m 2 = 2025 ⁢ kg ⋅ m 2 . Znaczenie Wartość I całkowity powinna być zbliżona do momentu bezwładności pustej karuzeli, ponieważ karuzela ma dużo większą masę niż położona dalej od osi obrotu masa dziecka. Pręt i cienka powłoka sferyczna Wyznacz moment bezwładności układu: pręt połączony z cienką powłoką sferyczną. Obliczeń dokonaj dla dwóch przypadków pokazanych na rysunku poniżej. Oś jest prostopadła do rysunku i umieszczona w punkcie A. Pręt ma długość 0,5 m i masę 2,0 kg. Promień sfery wynosi 20,0 cm i ma ona masę 1,0 kg. Strategia rozwiązania Ponieważ w obu przypadkach mamy złożony obiekt, możemy użyć twierdzenia Steinera do wyznaczenia momentu bezwładności względem każdej osi. W przypadku (a) środek masy sferycznej powłoki znajduje się w odległości L + R od osi obrotu. W przypadku (b) środek masy sferycznej powłoki znajduje się w odległości R od osi obrotu. W obu przypadkach moment bezwładności pręta jest momentem bezwładności liczonym względem osi przechodzącej przez jego koniec. Informacje na temat momentów bezwładności poszczególnych obiektów można znaleźć w podrozdziale Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym . Rozwiązanie I całkowity = ∑ i I i = I pręt + I powłoka , I sfera = I środek masy + m sfera ( L + R ) 2 = 2 5 m sfera R 2 + m sfera ( L + R ) 2 , I całkowity = I pręt + I sfera = 1 3 m pręt L 2 + 2 5 m sfera R 2 + m sfera ( R + L ) 2 , I całkowity = 1 3 ⋅ 2 , 0 k g ⋅ ( 0 , 5 m ) 2 + 2 5 ⋅ 1 , 0 k g ⋅ ( 0 , 2 m ) 2 + 1 , 0 k g ⋅ ( 0 , 5 m + 0 , 2 m ) 2 , I całkowty = 0 , 167 k g ⋅ m 2 + 0 , 016 k g ⋅ m 2 + 0 , 490 k g ⋅ m 2 = 0 , 673 k g ⋅ m 2 . I sfera = 2 5 m sfera R 2 + m sfera R 2 , I całkowity = I pręt + I sfera = 1 3 m pręt L 2 + 2 5 m sfera R 2 + m sfera R 2 , I całkowity = 1 3 ⋅ 2 , 0 k g ⋅ ( 0 , 5 m ) 2 + 2 5 ⋅ 1 , 0 k g ⋅ ( 0 , 2 m ) 2 + 1 , 0 k g ⋅ ( 0 , 2 m ) 2 , I całkowity = 0 , 167 k g ⋅ m 2 + 0 , 016 k g ⋅ m 2 + 0 , 04 k g ⋅ m 2 . Znaczenie Wykorzystanie twierdzenia Steinera ułatwia obliczenie momentu bezwładności obiektów złożonych. Widzimy, że moment bezwładności jest większy w przypadku (a) niż w przypadku (b). Dzieje się tak, ponieważ w przypadku (b) oś obrotu jest bliżej środka masy systemu. Prostą analogią jest tu moment bezwładności pręta. Moment bezwładności względem końca wynosi m L 2 / 3 , a moment bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy wynosi m L 2 / 12 . Prędkość kątowa wahadła. Wahadło w kształcie pręta ( ) wychylono o kąt 30°, a następnie puszczono swobodnie. Wahadło ma długość 30 cm i masę 300 g. Jaka jest jego prędkość kątowa w najniższym punkcie? Wahadło w kształcie pręta puszczone swobodnie. Strategia rozwiązania Zmiana energii potencjalnej wahadła jest równa zmianie jego energii kinetycznej ruchu obrotowego Δ E p + Δ E k = 0 . Rozwiązanie W maksymalnym wychyleniu energia potencjalna wahadła wynosi E p = m g h ŚM = m g ( L / 2 ) cos ⁡ θ . W najniższym położeniu E p = m g L / 2 . W maksymalnym wychyleniu energia kinetyczna wahadła wynosi E k = 0 , a w najniższym E k = I ω 2 / 2 . Tak więc: Δ E p + Δ E k = 0 ⟹ [ m g L 2 ⋅ ( 1 − cos ⁡ θ ) − 0 ] + ( 0 − 1 2 I ω 2 ) = 0 , stąd: 1 2 I ω 2 = m g L 2 ⋅ ( 1 − cos ⁡ θ ) . Wyliczając z powyższych równań ω otrzymujemy: ω = m g L I ( 1 − cos θ ) = m g L 1 / 3 m L 2 ( 1 − cos θ ) = g 3 L ( 1 − cos θ ) . Wstawiając wartości numeryczne otrzymujemy: ω = 9 , 8 m / s 2 ⋅ 3 0 , 3 m ⋅ ( 1 − cos ⁡ 30 ∘ ) = 3 , 6 r a d / s . Znaczenie Należy zauważyć, że prędkość kątowa wahadła nie zależy od jego masy. Podsumowanie Momenty bezwładności można wyznaczyć przez zsumowanie lub scałkowanie wartości masy „każdego fragmentu” tworzącego obiekt, pomnożonej przez kwadrat odległości fragmentu od osi. W postaci całkowej moment bezwładności wynosi I = ∫ r 2 d m . Moment bezwładności jest większy, gdy masa obiektu znajduje się dalej od osi obrotu. Można wyznaczyć moment bezwładności obiektu względem nowej osi obrotu, gdy znany jest moment bezwładności dla osi do niej równoległej i przechodzącej przez środek masy układu. Mówi o tym twierdzenie Steinera: I oś równoległa = I środek masy + m d 2 , gdzie d jest odległością pomiędzy osiami. Moment bezwładności dla złożonego obiektu jest sumą momentów bezwładności każdego pojedynczego obiektu składającego się na obiekt złożony. Pytania Jeśli dziecko idzie w kierunku środka karuzeli, to moment bezwładności wzrasta czy maleje? Dyskobol, zanim wypuści dysk, obraca się trzymając dysk w dłoni. (a) Jak zmieni się jego moment bezwładności po wypuszczeniu dysku? (b) Jak dobre przybliżenie należy zrobić, aby obliczyć moment bezwładności dyskobola i dysku? a. Zmniejszy się, jeżeli za jego moment bezwładności rozumiemy sumę momentów człowieka i dysku. Jeżeli pytamy tylko o moment bezwładności samego człowieka, to pozostanie bez zmiany. b. Ramiona można przybliżyć prętami, a dysk krążkiem. Tułów znajduje się w pobliżu osi obrotu, więc nie ma istotnego wkładu w moment bezwładności. Czy zwiększenie liczby łopatek śruby napędowej zwiększa czy zmniejsza moment bezwładności? Dlaczego? Moment bezwładności długiego pręta obracającego się wokół osi przechodzącej przez jeden z jego końców i prostopadłej do jego długości wynosi m L 2 / 3 . Dlaczego ten moment bezwładności jest większy niż gdyby umieścić masę punktową m w odległości równej odległości środka masy pręta od osi obrotu ( L / 2 ) (tzn. m L 2 / 4 )? Ponieważ moment bezwładności zmienia się z kwadratem odległości od osi obrotu. Masa pręta usytuowanego w odległości większej niż L / 2 zapewnia większy wkład do jego momentu bezwładności niż masa w punkcie L / 2 . Dlaczego moment bezwładności obręczy o masie M i promieniu R jest większy niż moment bezwładności tarczy, która ma tę samą masę i promień? Zadania Podczas kopnięcia piłki nożnej piłkarz obraca nogę w stawie biodrowym. Moment bezwładności nóg wynosi 3 , 75 k g ⋅ m 2 , a energia kinetyczna ruchu obrotowego nogi to 175 J. (a) Jaka jest prędkość kątowa nogi? (b) Jaka jest prędkość końcówki buta zawodnika, jeśli jest ona w odległości 1,05 m od stawu biodrowego? Korzystając z twierdzenia Steinera wyznacz moment bezwładności pręta o masie m względem osi przedstawionej na rysunku poniżej. I = 7 36 m L 2 . Wyznacz moment bezwładności pręta z poprzedniego zadania przez bezpośrednie całkowanie. Jednorodny pręt o masie 1,0 kg i długości 2,0 m może obracać się swobodnie wokół jednego z jego końców (patrz poniższy rysunek). Jeśli pręt zostanie puszczony swobodnie po wcześniejszym odchyleniu go o kąt 60 ∘ , liczony względem poziomu, to z jaką prędkością końcówka pręta przechodzi przez pozycję poziomą? v = 7 , 14 m / s . Wahadło składa się z pręta o masie 2 kg i długości 1 m oraz jednorodnej kuli umieszczonej na jednym z jego końców. Kula ma masę 0,3 kg i promień 20 cm (patrz poniższy rysunek). Jeśli wahadło odchylono o kąt 30 ∘ i puszczono swobodnie, to jaka jest prędkość kątowa pręta w najniższym punkcie? Jednorodna kulka o promieniu 10 cm może swobodnie obracać się wokół osi zaznaczonej na rysunku poniżej. Kulkę pchnięto gwałtownie tak, że jej środek masy rozpoczął ruch od położenia pokazanego na poniższym rysunku, z prędkością 15 cm/s. Jaki maksymalny kąt tworzy średnica z pionem? θ = 10 , 2 ∘ . gęstość liniowa masy (ang. linear mass density ) masa na jednostkę długości obiektu liniowego oś równoległa (ang. parallel axis ) oś obrotu, która jest równoległa do osi, względem której znany jest moment bezwładności obiektu gęstość powierzchniowa masy (ang. surface mass density ) masa na jednostkę powierzchni obiektu dwuwymiarowego", "section": "Obliczanie momentu bezwładności", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Moment siły Ważną wielkością związaną z dynamiką ruchu obrotowego ciała sztywnego jest moment siły, nazywany też momentem obrotowym. Efekty jego działania można obserwować na co dzień w naszym najbliższym otoczeniu. Moment siły odczuwamy używając dużego klucza do wykręcenia trudnej do odkręcenia śruby. Działa on w niewidoczny sposób, gdy naciskamy pedał gazu w samochodzie nadając silnikowi dodatkowy moment obrotowy. Za każdym razem, gdy spacerujemy, czy biegniemy, towarzyszy temu moment siły przyłożony do naszego ciała. W tym podrozdziale zdefiniujemy moment siły i metody jego obliczania dla brył sztywnych obracających się wokół stałej osi. Definicja momentu siły Do tej pory zdefiniowaliśmy wiele zmiennych obrotowych będących odpowiednikami zmiennych w ruchu postępowym. Zastanówmy się teraz, co jest odpowiednikiem siły. Ponieważ siły zmieniają ruch postępowy obiektów, odpowiednikiem w ruchu obrotowym musi być wielkość zmieniająca ruch obrotowy obiektu wokół osi. Jest to moment siły (ang. torque ). W codziennym życiu obracamy różne obiekty wokół ich osi, przez co intuicyjnie wiemy już wiele o momencie siły. Zastanówmy się na przykład, jak obracamy drzwi, aby je otworzyć. Po pierwsze, wiemy, że drzwi otwierają się powoli, jeśli naciskamy na nie zbyt blisko zawiasów. Łatwiejsze jest otwieranie drzwi przez naciskanie z dala od zawiasów. Po drugie, wiemy, że powinniśmy naciskać prostopadle do płaszczyzny drzwi. Jeśli naciskamy równolegle do płaszczyzny drzwi, nie jesteśmy w stanie ich otworzyć. Po trzecie, im większa jest siła, tym skuteczniej otwieramy drzwi; im mocniej naciskamy, tym szybciej drzwi ustępują. Pierwszy punkt oznacza, że im dalej od osi obrotu znajduje się punkt przyłożenia siły, tym większe jest przyspieszenie kątowe drzwi. Drugi oznacza, że skuteczność zależy od kąta, pod którym siła jest przyłożona. Trzeci oznacza, że musimy uwzględnić także wartość siły. Zauważmy, że dla obrotów w płaszczyźnie możliwe są dwa kierunki obrotu: zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara albo przeciwny, a tym samym dwa kierunki momentu siły. przedstawia obroty w lewo. Od wartości momentu siły zależy skuteczność obrotu lub skrętu. Na rysunku przedstawiono to na przykładzie otwierania drzwi (widok z góry). Moment siły ma zarówno wartość, jak i kierunek. (a) i (b) Obroty w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara są wytwarzane przez siłę F → , działającą w odległości r od zawiasów (punkt obrotu). (b) Zmniejszenie wartości siły zmniejsza wartość momentu siły, trudniej otworzyć drzwi. (c) Ta sama siła jak w (a) i (b) powoduje mniejszy moment sił, gdy jest przyłożona w mniejszej odległości od zawiasów. d) Mniejszy moment siły jest wytwarzany przez tę samą siłę co w (a), przyłożoną w tej samej odległości co w (a), ale pod kątem θ mniejszym niż 90 ∘ . Rozważmy teraz, jak zdefiniować momenty siły w ogólnym trójwymiarowym przypadku. Definicja momentu siły Momentem siły F → względem punktu O , działającym w punkcie P , nazywamy wielkość wektorową M → zdefiniowaną jako iloczyn wektorowy wektora położenia punktu P (wektor r → ) względem punktu O i wektora siły F → (patrz ): M → = r → × F → . Moment siły M → jest prostopadły do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory r → i F → . Jego zwrot określić można przy pomocy reguły prawej dłoni. Z definicji iloczyn wektorowy M → = r → × F → jest wektorem prostopadłym do wektorów r → i F → . Jego wartość jest równa: | M → | = | r → × F → | = r F sin ⁡ θ , gdzie θ jest kątem pomiędzy wektorami r → i F → . W układzie jednostek SI jednostką momentu siły jest N ⋅ m . Wielkość r ⊥ = r sin ⁡ θ jest odległością punktu O od prostej, na której leży siła F → . Nazywamy ją ramieniem siły (ang. arm force ). Im większa wartość ramienia siły, tym większa wartość momentu siły. Tak więc wartość momentu siły można przedstawić jako: | M → | = r ⊥ F . Iloczyn wektorowy M → = r → × F → wskazuje nam także znak momentu siły M → . Przedstawiony na iloczyn wektorowy M → = r → × F → skierowany jest wzdłuż dodatniej części osi z ; w oparciu o przyjętą konwencję uważamy go za dodatni. Jeśli ma zwrot przeciwny, to mówimy, że ma wartość ujemną. Jeśli weźmiemy pod uwagę krążek, który może swobodnie obracać się wokół osi przechodzącej przez jego środek, jak pokazano na , to możemy zobaczyć, jak kąt między promieniem r → a siłą F → wpływa na wartość momentu siły. Jeśli kąt jest równy zero, moment siły wynosi zero. Jeśli kąt wynosi 90 ∘ , to moment siły jest maksymalny. Moment siły przedstawiony na jest dodatni i skierowany przed płaszczyznę rysunku, wzdłuż dodatniego zwrotu osi z . W wyniku działania tego momentu siły krążek obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara – w tym samym kierunku, co działanie momentu siły nadającej dodatnie przyspieszenie kątowe. Krążek może swobodnie obracać się wokół osi przechodzącej przez jego środek. Wartość momentu siły działającego na krążek wynosi r F sin ⁡ θ . Gdy θ = 0 ∘ , moment siły wynosi zero, a krążek nie obraca się. Gdy θ = 90 ∘ , moment siły jest maksymalny, a krążek obraca się z maksymalnym przyspieszeniem kątowym. Jeżeli na ciało sztywne obracające się wokół danej osi działają różne siły i związane z nimi momenty sił, to wypadkowy moment sił będzie sumą wektorową poszczególnych momentów siły. M → = ∑ i M → i Obliczanie wartości wypadkowego momentu siły w przypadku obrotów ciał sztywnych wokół stałej osi W poniższych przykładach obliczamy moment siły zarówno dla przykładów czysto rachunkowych, jak i dla występujących w ruchu obrotowym ciała sztywnego. Najpierw przedstawimy strategię rozwiązywania zadań. Strategia rozwiązywania zadań: wyznaczanie wypadkowego momentu siły Wybierz układ współrzędnych z punktem obrotu lub osią obrotu jako początkiem wybranego układu współrzędnych. Określ kąt między wektorem położenia punktu, w którym przyłożona jest siła, a wektorem siły. Oblicz iloczyn wektorowy r → × F → , aby określić, czy moment siły względem punktu obrotu lub osi obrotu jest dodatni czy ujemny. Wyznacz wartość momentu siły M korzystając z wartości r ⊥ i F . Przypisz odpowiedni znak, dodatni lub ujemny, do obliczonej wartości M . Dodaj wszystkie momenty sił, aby wyznaczyć wartość wypadkowego momentu siły. Założyliśmy tutaj, że mamy do czynienia z układem liniowym, dlatego wartość wypadkowego momentu siły może być obliczona jako suma wszystkich momentów sił. Jest to przykład popularnej w fizyce zasady superpozycji, którą stosuje się tylko dla układów liniowych. W rzeczywistości jednak większość układów to układy nieliniowe, dla których z tej zasady skorzystać nie możemy. Obliczanie momentu siły Na rysunku poniżej pokazano cztery siły o różnych orientacjach w danym układzie współrzędnych x y , przyłożone w określonych miejscach. Znajdź moment siły dla każdej z nich (względem początku układu współrzędnych), a następnie wyznacz wypadkowy moment siły. Cztery siły przyczyniające się do wypadkowego momentu siły. Strategia rozwiązania W tym zadaniu mamy obliczyć wypadkowy moment sił. Wszystkie znane wielkości – wartości sił z kierunkami ich działania oraz ramionami sił – podano na rysunku. Celem jest wyznaczenie wartości każdego momentu siły i wypadkowego momentu poprzez zsumowanie poszczególnych momentów sił. Uważaj, aby przypisać prawidłowy znak każdemu momentowi, używając iloczynu wektorowego wektora r → i wektora F → . Rozwiązanie Wartość momentu siły wyznaczymy z zależności | M → | = r ⊥ F , a znak ustalimy na podstawie iloczynu wektorowego M → = r → × F → . Dla siły o wartości 40 N przyłożonej w pierwszej ćwiartce otrzymujemy: M 1 = 4 m ⋅ 40 N ⋅ sin ⁡ 90 ∘ = 160 N ⋅ m . Iloczyn wektorowy M → = r → × F → skierowany jest przed rysunek, jest więc dodatni. Dla siły o wartości 20 N przyłożonej w trzeciej ćwiartce: M 2 = − 3 m ⋅ 20 N ⋅ sin ⁡ 90 ∘ = − 60 N ⋅ m . Iloczyn wektorowy M → = r → × F → jest skierowany za rysunek, moment ujemny. Dla siły o wartości 30 N przyłożonej w trzeciej ćwiartce otrzymamy: M 3 = 4 m ⋅ 30 N ⋅ sin ⁡ 53 ∘ = 120 N ⋅ m . Iloczyn wektorowy M → = r → × F → jest skierowany przed rysunek, moment dodatni. Dla siły o wartości 20 N przyłożonej w drugiej ćwiartce otrzymamy: M 4 = 1 m ⋅ 20 N ⋅ sin ⁡ 30 ∘ = 10 N ⋅ m . Iloczyn wektorowy M → = r → × F → jest skierowany przed rysunek, moment dodatni. Wartość wypadkowego momentu sił jest równa: M wyp = ∑ i = 1 4 M i = 160 N ⋅ m − 60 N ⋅ m + 120 N ⋅ m + 10 N ⋅ m = 230 N ⋅ m . Znaczenie Zauważmy, że moment każdej siły działającej w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara jest dodatni, podczas gdy moment siły działającej w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara jest ujemny. Moment obrotowy jest większy, gdy siła lub ramię siły są większe. Obliczanie momentu siły działającej na ciało sztywne Na rysunku poniżej przedstawiono trzy siły o różnej wartości i kierunku, działające na koło zamachowe. Dane są: | F → 1 | = 20 N , | F → 2 | = 30 N , | F → 3 | = 30 N oraz r = 0 , 5 m . Wyznacz wypadkowy moment tych sił względem osi prostopadłej do płaszczyzny rysunku i przechodzącej przez środek koła. Trzy siły działające na koło zamachowe. Strategia rozwiązania Korzystając z iloczynu wektorowego wyliczamy momenty sił dla każdej z sił z osobna. Następnie wyznaczamy moment wypadkowy jako sumę momentów siły dla poszczególnych sił. Rozwiązanie Rozwiązanie rozpocznijmy od wyznaczenia momentu siły F → 1 . Widzimy, że siła F → 1 tworzy kąt 90 ∘ + 60 ∘ z wektorem r → . Zatem wartość momentu siły F → 1 wyraża się zależnością: | M → 1 | = r F 1 sin ⁡ 150 ∘ = 0 , 5 m ⋅ 20 N ⋅ 0 , 5 = 5 , 0 N ⋅ m . Następnie wyliczamy moment dla siły F → 2 . Kąt pomiędzy siłą F → 2 i wektorem r → wynosi 90 ∘ , a iloczyn wektorowy skierowany jest w stronę rysunku, więc jest ujemny. Jego wartość wynosi: | M → 2 | = − r F 2 sin ⁡ 90 ∘ = − 0 , 5 m ⋅ 30 N = − 15 , 0 N ⋅ m . W przypadku siły F → 3 widzimy, że jest prostopadła do wektora r → , zatem r → × F → 3 = 0 . Tak więc siła F → 3 nie przyczynia się do momentu wypadkowego. Wartość wypadkowego momentu pędu jest zatem równa: M wyp = ∑ i = 1 3 M i = 5 N ⋅ m − 15 N ⋅ m + 0 N ⋅ m = − 10 N ⋅ m . Znaczenie Oś obrotu koła zamachowego przechodzi przez środek masy. Koło zamachowe umieszczone jest na stałej osi, a więc nie może poruszać się ruchem postępowym. Gdyby koło nie było zamocowane na nieruchomej osi i położono by go na chropowatej powierzchni (występuje tarcie między kołem a powierzchnią) wówczas siły F → 1 i F → 2 spowodowałyby ruch koła po tej powierzchni. W takim przypadku każdy punkt koła uczestniczyłby w dwóch ruchach jednocześnie: w ruchu postępowym i w ruchu obrotowym. Sprawdź, czy rozumiesz. Duży statek oceaniczny opływając wybrzeże zderza się ze skałą, osiada na mieliźnie i przechyla się, tak jak to pokazano na . Zespół ratowniczy ma za zadanie obrócić statek w celu ustawienia go pionowo na wodzie. Dlatego w punkcie A należy przyłożyć siłę o wartości 5 , 0 ⋅ 10 5 N . Oblicz, jaki jest moment tej siły względem podłoża (patrz rysunek). Statek osiadł na mieliźnie i się przechylił. Przywrócenie go do pozycji pionowej wymaga zastosowania momentu siły przyłożonego do punktu A . Kąt pomiędzy wektorem położenia punktu A i zastosowaną siłą wynosi 80 ∘ . Ramię przyłożonej siły: r ⊥ = 100 m ⋅ sin ⁡ 80 ∘ = 98 , 5 m . Iloczyn wektorowy M → = r → × F → jest ujemny i powoduje obrót w prawo (zgodnie ze wskazówkami zegara). Jego wartość wynosi M = − r ⊥ F = − 98 , 5 m ⋅ 5 , 0 ⋅ 10 5 N = − 4 , 9 ⋅ 10 7 N ⋅ m . Podsumowanie Wartość momentu siły względem nieruchomej osi oblicza się poprzez wyznaczenie ramienia siły względem osi obrotu i zastosowanie równania | M → | = r ⊥ F , gdzie r ⊥ jest ramieniem siły, tj. odległością osi obrotu od prostej, na której leży siła. Znak momentu obrotowego określa się przy pomocy reguły prawej dłoni. Jeśli wektory r → i F → leżą w płaszczyźnie rysunku, to wektor r → × F → jest prostopadły do płaszczyzny rysunku i skierowany w jego stronę, gdy ma wartość ujemną, a gdy ma wartość dodatnią, wychodzi z płaszczyzny rysunku. Wypadkowy moment siły można obliczyć dodając indywidualne momenty sił wokół danej osi. Pytania Jakie trzy czynniki wpływają na wartość momentu siły? Wartość siły, długość ramienia siły oraz kąt pomiędzy wektorem siły, a wektorem położenia punktu przyłożenia siły. Podaj przykład, w którym moment siły o małej wartości jest duży oraz przykład małego momentu siły mimo dużej wartości. Przy zmniejszaniu masy roweru wyścigowego największą korzyść uzyskujemy redukując masę opon i obręczy kół. Dlaczego pozwala to kolarzowi osiągnąć większe przyspieszenia niż identyczne zmniejszenie masy ramy roweru? Moment bezwładności kół jest mniejszy, zatem ten sam moment sił daje większe przyspieszenie. Czy moment pojedynczej siły może być zerowy? Czy może wystąpić sytuacja, gdy siła wypadkowa kilku sił jest różna od zera, a wypadkowy moment tych sił jest równy zero? Tak. Czy może wystąpić sytuacja, gdy siła wypadkowa kilku sił jest równa zero, a wypadkowy moment tych sił jest różny od zera? Czy w wyrażeniu r → × F → wartość | r → | może mieć mniejszą wartość niż jej ramię? Czy może być ona równa wartości jej ramienia? Wartość | r → | może być równa ramieniu siły, ale nigdy nie może być mniejsza niż ramię siły. Zadania Dwa koła zamachowe o zaniedbywalnie małej masie i różnych promieniach są połączone ze sobą i obracają się wokół wspólnej osi (patrz poniżej). Do mniejszego koła zamachowego o promieniu 30 cm doczepiono sznurek, za pośrednictwem którego na koło działa siła 50 N. Jaką siłę naciągu należy przyłożyć do sznurka doczepionego do większego koła zamachowego o promieniu 50 cm, aby układ nie obracał się? F = 30 N . Śrubę w samochodzie należy dokręcić używając momentu siły o wartości 62 , 0 N ⋅ m . Jeżeli mechanik używa klucza o długości 20 cm, to siłę o jakiej wartości musi on przyłożyć do końca klucza, aby prawidłowo dokręcić śrubę? Siła jest przykładana prostopadle do klucza. Podczas otwierania drzwi naciskasz na nie prostopadle siłą 55,0 N w odległości 0,850 m od zawiasów. Jaki jest moment tej siły liczony względem zawiasów? Czy ma to znaczenie, jeśli naciskasz na tej samej wysokość co zawiasy? Jest tylko jedna para zawiasów. 0 , 85 m ⋅ 55 , 0 N = 46 , 75 N ⋅ m ; Nie ma znaczenia, na jakiej wysokości naciskasz na drzwi. Podczas dokręcania śruby naciskasz prostopadle na klucz siłą 165 N, w odległości 0,140 m od środka śruby. Z jakim momentem siły, względem środka śruby, działasz na śrubę? Wynik podaj w niutonometrach. Jaka musi być wartość wiszącej masy, aby koło pasowe się nie obracało (patrz poniższy rysunek)? Masa ciała na równi wynosi 5,0 kg, a równia jest doskonale gładka. Promień wewnętrzny koła pasowego wynosi 20 cm, a zewnętrzny 30 cm. M = 4 , 9 N ⋅ m 9 , 8 m / s 2 ⋅ 0 , 3 m = 1 , 67 k g . Proste wahadło składa się z paska o znikomo małej masie i długości 50 cm, zaczepionego na przegubie, a na drugim końcu doczepiono małe ciało o masie 1,0 kg. Jaki jest moment siły względem przegubu, gdy wahadło znajduje się pod kątem 40° względem pionu? Obliczyć wypadkowy moment sił przedstawionych na rysunku. Wyznacz go względem osi z , która jest prostopadła do rysunku i wychodzi z niego w stronę widza. Wartości sił są następujące: F 1 = 3 N , F 2 = 2 N , F 3 = 3 N , F 4 = 1 , 8 N . M wyp = − 9 , 0 N ⋅ m + 3 , 46 N ⋅ m − 3 , 28 N ⋅ m = − 8 , 82 N ⋅ m . Huśtawka ma długość 10,0 m i jednorodnie rozłożoną masę 10,0 kg. Spoczywa ona pod kątem 30 ∘ do podłoża (patrz poniższy rysunek). Trzpień obrotowy znajduje się w odległości 6,0 m. Wyznacz wartość siły, jaką należy przyłożyć prostopadle do huśtawki, do jej podniesionego końca, aby huśtawka zaczęła się obracać. Wahadło składa się z pręta o masie 1 kg i długości 1 m oraz przymocowanej do niego kuli o masie 0,5 kg i promieniu 30 cm. Jaki jest moment sił działających na wahadło, gdy jest ono odchylone o kąt 30° od pionu? M = 5 , 66 N ⋅ m Do podniesienia zwodzonego mostu potrzebny jest moment siły o wartości 5 , 00 ⋅ 10 3 N ⋅ m (patrz poniższy rysunek). Jakie naprężenie liny jest niezbędne do wytworzenia tego momentu? Czy łatwiej byłoby podnieść most, gdyby kąt θ był większy czy mniejszy? Na końcu poziomej belki o długości 3 m i masie 2,0 kg umieszczono klocek o masie 1,0 kg i szerokości 0,2 m (patrz poniższy rysunek). Jaki jest wypadkowy moment sił działających na deskę, liczony względem systemu podparcia deski? ∑ M = 57 , 82 N ⋅ m . Z jaką siłą należy działać na koniec pręta o długości 2,0 m, ułożonego wzdłuż osi x , w celu wytworzenia momentu siły 8 , 0 N ⋅ m ⋅ k ^ ? Moment siły liczymy względem drugiego końca. Wyznacz moment siły F → = 5 , 0 N ⋅ i ^ − 2 , 0 N ⋅ j ^ + 1 , 0 N ⋅ k ^ względem początku układu współrzędnych, jeżeli siła działa w punkcie r → = − 2 , 0 m ⋅ i ^ + 4 , 0 m ⋅ j ^ . r → × F → = 4 , 0 N ⋅ m ⋅ i ^ + 2 , 0 N ⋅ m ⋅ j ^ − 16 , 0 N ⋅ m ⋅ k ^ . ramię siły (ang. arm force ) odległość osi obrotu (punktu, względem którego mierzymy moment) od prostej, na której leży siła moment siły (ang. moment of power ) iloczyn siły i jej ramienia liczonego względem danej osi (punktu)", "section": "Moment siły", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego Do tej pory analizowaliśmy energię kinetyczną ruchu postępowego i ruchu obrotowego, ale nie powiązaliśmy ich jeszcze z siłami i momentami sił działających na układ. W tym podrozdziale wprowadzimy równanie analogiczne do drugiej zasady dynamiki Newtona dla ruchu postępowego i zastosujemy je do analizy dynamiki ciał sztywnych obracających się wokół stałej osi. Równanie Newtona dla ruchu obrotowego Dotychczas wiele z omówionych wielkości używanych do opisu ruchu obrotowego ma swoje odpowiedniki w wielkościach opisujących ruch postępowy. Ostatnią taką wielkością, którą omawialiśmy, był moment siły – obrotowy odpowiednik siły. Powstaje pytanie: czy dla ruchu obrotowego istnieje równanie analogiczne do drugiego prawa Newtona dla ruchu postępowego, ∑ F → = m a → , które zawiera moment siły? Aby odpowiedzieć na to pytanie, przeanalizujmy na początek ruch cząstki punktowej o masie m poruszającej się dookoła pewnej osi, po okręgu o promieniu r . Niech na tę cząstkę działa stała co do wartości siła F (patrz rysunek). Leżący na idealnie gładkim stole (brak tarcia) przywiązany do sznurka krążek porusza się po okręgu o promieniu r . Siłą dośrodkową jest siła naprężenia sznurka. Na krążek działa prostopadła do promienia siła F , nadająca mu stałe przyspieszenie styczne. Zastosujmy drugą zasadę dynamiki dla ruchu postępowego, aby określić przyspieszenie liniowe naszej cząstki. Siła ta powoduje, że cząstka porusza się z przyspieszeniem stycznym o wartości a = F / m . Wartość przyspieszenia stycznego jest proporcjonalna do wartości przyspieszenia kątowego, zgodnie z zależnością a = r ε . Wstawiając to wyrażenie do równania dla drugiej zasady dynamiki dla ruchu postępowego otrzymujemy: F = m r ε . Mnożąc obie strony przez r otrzymujemy: r F = m r 2 ε . Zauważmy, że lewa strona tego równania jest momentem siły liczonym względem osi obrotu, gdzie r jest ramieniem siły, a F jest wartością siły. Siła F jest prostopadła do promienia r . Przypomnijmy, że moment bezwładności cząstki punktowej jest równy I = m r 2 . Moment siły prostopadłej do promienia okręgu w naszym przypadku ( ) można zapisać jako: M = I ε . Moment siły działającej na cząstkę jest równy momentowi bezwładności liczonemu względem osi obrotu pomnożonemu przez przyspieszenie kątowe. Możemy uogólnić to równanie na równanie dla ciała sztywnego obracającego się wokół ustalonej osi. Druga zasada dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego Jeśli więcej niż jeden moment siły działa na ciało sztywne obracające się wokół stałej osi, wówczas suma momentów siły jest równa momentowi bezwładności pomnożonemu przez przyspieszenie kątowe: ∑ i M i = I ε . Iloczyn I ε jest wielkością skalarną i może być dodatni lub ujemny (przeciwny lub zgodny z ruchem wskazówek zegara), zależnie od znaku wypadkowego momentu siły. Należy pamiętać o konwencji, że przyspieszenie kątowe przeciwne do ruchu wskazówek zegara jest dodatnie. Zatem, jeśli ciało sztywne obraca się zgodnie z ruchem wskazówek zegara pod wpływem dodatniego momentu siły (przeciwnego do ruchu wskazówek zegara), to jego przyspieszenie kątowe jest dodatnie. Powyższe równanie ( ) jest drugim prawem Newtona dla dynamiki ruchu obrotowego i mówi nam, jaki jest związek momentu siły z momentem bezwładności i przyspieszeniem kątowym. Nazywamy je drugą zasadą dynamiki dla ruchu obrotowego (ang. Newton’s second law for rotation ). Korzystając z tego równania możemy rozwiązać całą grupę zagadnień związanych z siłami i obrotami. Nic dziwnego, że formuła opisująca skutki działania momentu siły na ciało sztywne (a więc obrót) zawiera moment bezwładności, ponieważ jest to wielkość, która określa, jak łatwo lub trudno jest zmienić ruch obrotowy obiektu. Wyprowadzenie drugiej zasady dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego w postaci wektorowej Podobnie jak poprzednio, kiedy wyznaczaliśmy przyspieszenie kątowe, możemy również wyznaczyć wektor momentu siły. Drugie prawo dynamiki ∑ F → = m a → określa związek między siłą wypadkową a wielkością kinematyczną ruchu postępowego obiektu. Równoważnik tego równania dla ruchu obrotowego można otrzymać stosując zależność pomiędzy przyspieszeniem kątowym, położeniem i wektorem przyspieszenia stycznego: a → = ε → × r → . Policzmy iloczyn wektorowy r → × a → wykorzystując własności iloczynu wektorowego (należy pamiętać, że r → ⋅ ε → = 0 ): r → × a → = r → × ( ε → × r → ) = ε → ( r → ⋅ r → ) − r → ( r → ⋅ ε → ) = ε → r 2 . Policzmy teraz wypadkowy moment siły: ∑ ( r → × F → ) = r → × ( m a → ) = m r → × a → = m r 2 ε → . Ponieważ m r 2 jest momentem bezwładności masy punktowej, otrzymujemy: ∑ M → = I ε → . Jest to równanie wyrażające drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego zapisane w postaci wektorowej. Wektor momentu siły ma ten sam kierunek, co wektor przyspieszenia kątowego. Zastosowanie równań dynamiki ruchu obrotowego Zanim zastosujemy równanie dynamiki ruchu obrotowego do opisu konkretnych codziennych sytuacji, ustalmy ogólną strategię rozwiązywania zadań w tej kategorii. Strategia rozwiązywania zadań: dynamika ruchu obrotowego Przeanalizuj sytuację i ustal, czy mamy do czynienia z działaniem momentów sił i na jakie ciała one działają. Wykonaj starannie szkic sytuacyjny. Określ, jakie wielkości będą analizowane i jakie wartości będą wyznaczane. Narysuj diagram sił, tj. wszystkie zewnętrzne siły działające na rozpatrywany w zadaniu układ. Określ punkt obrotu. Jeśli obiekt jest w stanie równowagi, musi być w równowadze dla wszystkich możliwych punktów obrotu – wybierz ten, który upraszcza obliczenia. Zastosuj równanie ∑ M → = I ε → , tj. drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego. Należy użyć właściwego wzoru dla momentu bezwładności i wyliczyć momenty wszystkich sił względem wybranego punktu (osi) obrotu. Jak zwykle, sprawdź sensowność rozwiązania. Wyznaczenie wpływu rozkładu masy na ruch obrotowy karuzeli Wyobraź sobie ojca kręcącego karuzelą na placu zabaw ( ). Działa on z siłą 250 N na brzeg karuzeli o masie 200,0 kg. Promień karuzeli wynosi 1,50 m. Oblicz przyspieszenie kątowe karuzeli spowodowane przyłożeniem tej siły: gdy nikogo nie ma na karuzeli; gdy dziecko o masie 8,0 kg siedzi w odległości 1,25 m od środka; załóż, że karuzela jest jednorodną tarczą, a tarcie można zaniedbać. Aby uzyskać maksymalny moment siły, mężczyzna popycha karuzelę przykładając siłę do punktów leżących na jej obrzeżu, prostopadle do promienia karuzeli. Strategia rozwiązania Wypadkowy moment pędu dany jest wyrażeniem ∑ M → = I ε → . Aby wyznaczyć ε , musimy najpierw wyliczyć moment siły M (który jest taki sam w obu przypadkach) i moment bezwładności I (większy w drugim przypadku). Rozwiązanie Moment bezwładności jednorodnej tarczy względem jej środka jest równy 1 2 m R 2 . Dla danych z zadania m = 50 k g i R = 1 , 50 m otrzymujemy: I = 0 , 500 ⋅ 50 , 0 k g ⋅ ( 1 , 50 m ) 2 = 56 , 25 k g ⋅ m 2 . Wyznaczając wypadkowy moment sił zauważamy, że działająca siła jest prostopadła do promienia, a tarcie jest nieistotnie, zatem: M = r F sin ⁡ θ = 1 , 50 m ⋅ 250 , 0 N = 375 N ⋅ m . Wstawiając tę wartość do wzoru na przyspieszenie kątowe otrzymujemy: ε = M I = 375 , 0 N ⋅ m 56 , 25 k g ⋅ m 2 = 6 , 67 r a d s 2 . Spodziewamy się, że w tej sytuacji przyspieszenie kątowe karuzeli będzie mniejsze, ponieważ moment bezwładności jest większy, gdy na karuzeli jest dziecko. Aby wyznaczyć całkowity moment bezwładności I , najpierw wyznaczamy moment bezwładności dziecka I d . Zastąpimy dziecko masą punktową w odległości 1,25 m od osi obrotu. Wówczas: I d = m R 2 = 18 , 0 k g ⋅ ( 1 , 25 m ) 2 = 28 , 13 k g ⋅ m 2 . Całkowity moment bezwładności jest sumą momentów bezwładności karuzeli i dziecka (liczonych względem tej samej osi): I = 28 , 13 k g ⋅ m 2 + 56 , 25 k g ⋅ m 2 = 84 , 38 k g ⋅ m 2 . Ostatecznie otrzymujemy: ε = M I = 375 , 0 N 84 , 38 k g ⋅ m 2 = 4 , 44 r a d s 2 . Znaczenie Zgodnie z oczekiwaniami, przyspieszenie kątowe jest mniejsze, gdy dziecko znajduje się na karuzeli, niż wtedy, gdy karuzela jest pusta. Otrzymane przyspieszenia kątowe są dość duże częściowo z powodu faktu, że tarcie uznano za nieistotne. Gdyby na przykład ojciec naciskał prostopadle przez 2,00 s, nadałby pustej karuzeli prędkość kątową 13,3 rad/s, a tylko 8,89 rad/s, gdyby było na niej dziecko. Jeśli chodzi o liczby obrotów na sekundę, prędkość kątowa wynosi odpowiednio 2,12 obr/s i 1,41 obr/s. Sprawdź, czy rozumiesz. Moment bezwładności łopatek wentylatora silnika odrzutowego jest równy 30 , 0 k g ⋅ m 2 . W ciągu 10 s od rozpoczęcia ruchu, obracając się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, osiągnęły one częstotliwość 20 obr/s. Jaki moment siły należy przyłożyć do łopatek w celu osiągnięcia w tym czasie tego przyspieszenia kątowego? Jaki jest wymagany moment siły, aby łopatki osiągnęły częstotliwość 20 obrotów na sekundę w ciągu 20 sekund? Przyspieszenie kątowe jest równe ε = ( 20 , 0 o b r / s ⋅ 2 π r a d / o b r ) / ( 10 , 0 s ) = 12 , 56 r a d / s 2 , stąd całkowity moment siły M = I ε = 30 , 0 k g ⋅ m 2 ⋅ 12 , 56 r a d / s 2 = 376 , 8 N ⋅ m . Przyspieszenie kątowe jest równe: ε = ( 20 , 0 o b r / s ⋅ 2 π r a d / o b r ) / ( 20 , 0 s ) = 6 , 28 r a d / s 2 , stąd całkowity moment siły M = I ε = 30 , 0 k g ⋅ m 2 ⋅ 6 , 28 r a d / s 2 = 188 , 5 N ⋅ m . Podsumowanie Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego ∑ i M i = I ε mówi, że suma momentów siły działających na układ obracający się wokół stałej osi jest równa iloczynowi momentu bezwładności i przyspieszenia kątowego. Jest to odpowiednik drugiej zasady dynamiki dla ruchu postępowego. W postaci wektorowej, drugie prawo dynamiki ruchu obrotowego bryły wokół stałej osi stwierdza, że wektor momentu siły M → ma ten sam kierunek, co przyspieszenie kątowe ε → . Jeśli przyspieszenie kątowe obracającej się bryły sztywnej jest dodatnie, to moment siły działającej na bryłę też jest dodatni, a jeśli przyspieszenie kątowe jest ujemne, moment siły jest ujemny. Pytania Jeśli mamy zamiar zatrzymać obracający się kołowrotek działając na niego stałą siłą, to gdzie na kole należy przyłożyć siłę, aby uzyskać maksymalne przyspieszenie (opóźnienie)? Pręt jest obracany wokół jednego z jego końców. Na pręt działają dwie siły F → i − F → . W jakich warunkach pręt nie będzie się obracał? Jeśli siły leżą wzdłuż osi obrotu lub jeśli mają takie same ramię siły (są przyłożone w tym samym punkcie pręta). Zadania Kamień szlifierski (jednorodna tarcza) o masie 90,0 kg i promieniu 0,340 m obraca się z częstotliwością 90,0 obr/min. Naciskasz na niego stalowym kluczem z siłą 20,0 N skierowaną wzdłuż promienia. (a) Zakładając, że współczynnik tarcia kinetycznego między kluczem i tarczą kamienia wynosi 0,20, oblicz przyspieszenie kątowe kamienia szlifierskiego. (b) Ile obrotów zrobi kamień, zanim się zatrzyma? Załóżmy, że działasz siłą styczną o wartości 180 N na kamień szlifierski (jednorodna tarcza) o promieniu 0,280 m i masie 75,0 kg. Jaki moment siły jest wywierany na kamień? Jakie jest przyspieszenie kątowe, przyjmując, że siły tarcia są do zaniedbania? Jakie jest przyspieszenie kątowe, jeśli siła tarcia wynosi 20,0 N i jest wywierana na kamień w odległości 1,50 cm od osi obrotu? M = 0 , 280 m ⋅ 180 , 0 N = 50 , 4 N ⋅ m ; ε = 17 , 14 r a d / s 2 ; ε = 17 , 04 r a d / s 2 . Koło zamachowe ( I = 50 k g ⋅ m 2 ) rozpoczynające ruch uzyskuje w ciągu 5 s prędkość kątową 200,0 rad/s, pod wpływem działania stałego momentu siły pochodzącego od silnika. Jakie jest przyspieszenie kątowe koła zamachowego? Jaka jest wielkość momentu siły? Do ciała sztywnego o momencie bezwładności 4 , 0 k g ⋅ m 2 (liczonym względem osi obrotu) przyłożono określony moment siły. Jeżeli ciało zaczyna ruch od spoczynku i po 10 sekundach uzyskuje prędkość kątową 20 rad/s, to jaka jest wartość zastosowanego momentu siły? M = 8 , 0 N ⋅ m . Moment obrotowy 50 N ⋅ m działał na szlifierkę ( I = 20 , 0 k g ⋅ m 2 ) przez 20 s. Jeśli ruch zaczyna się od spoczynku, jaka jest prędkość kątowa szlifierki po zaprzestaniu działania momentu siły? O jaki kąt obróciło się koło szlifierki w czasie działania tego momentu siły? Koło zamachowe ( I = 100 , 0 k g ⋅ m 2 ) obracające się z częstotliwością 500,0 obr/min zatrzymuje się po upływie 2,0 min w wyniku działania sił tarcia. Jaka jest wartość momentu siły tarcia działającej na koło zamachowe? M = − 43 , 6 N ⋅ m . Jednorodną tarczę szlifierską o masie 50 kg i średnicy 1 m napędza silnik elektryczny. Tarcie jest zaniedbywalnie małe. Jaki moment sił należy zastosować, aby nadać jej prędkość 120 obrotów na minutę w ciągu 20 obrotów. Początkowo tarcza nie obracała się. Narzędzie, którego współczynnik tarcia kinetycznego o powierzchnię koła wynosi 0,6, jest przyciskane prostopadle do koła z siłą 40 N. Jaki moment siły trzeba zastosować, aby silnik utrzymywał stałą prędkość obrotową tarczy o poprzedniej wartości? Załóżmy, że w momencie swojego powstania Ziemia nie obracała się. Potem, w wyniku działania stałego momentu siły, po upływie 6 dni uzyskała prędkość obrotową 1 obr/dobę. Jaka była wartość przyspieszenia kątowego w ciągu tych 6 dni? Jaki moment siły działał w tym okresie na Ziemię? Jaką wartość musiałaby mieć siła styczna przyłożona do Ziemi na jej równiku, aby wytworzyć ten moment? ε = 1 , 4 ⋅ 10 − 10 r a d / s 2 ; M = 1 , 36 ⋅ 10 28 N ⋅ m ; F = 2 , 1 ⋅ 10 21 N . Do ściany przymocowane jest koło pasowe o momencie bezwładności 2 , 0 k g ⋅ m 2 , tak jak to pokazano na poniższym rysunku. Lekkie sznurki, na końcach których zamocowano odważniki, owinięte są wokół dwóch obwodów koła pasowego. Jakie jest (a) przyspieszenie kątowe koła pasowego i (b) liniowe przyspieszenie ciężarków? Załóżmy, że znamy następujące dane: r 1 = 50 c m , r 2 = 20 c m , m 1 = 1 , 0 k g , m 2 = 2 , 0 k g . Klocek o masie 3 kg zsuwa się po nachylonej pod kątem 45 ∘ równi (patrz rysunek). Klocek przymocowany jest za pomocą sznurka o znikomo małej masie do koła pasowego umieszczonego na szczycie równi. Koło ma masę 1 kg i promień 0.5 m. Współczynnik tarcia kinetycznego klocka o równię jest równy 0,4. Wyznacz przyspieszenie klocka. a = 3 , 6 m / s 2 . Pokazany poniżej wózek porusza się po blacie stołu podczas opadania klocka. Jaka jest wartość przyspieszenia klocka? Zaniedbaj tarcie i przyjmij następujące dane: m 1 = 2 , 0 k g , m 2 = 4 , 0 k g , I = 0 , 4 k g ⋅ m 2 , r = 20 c m . Jednorodny pręt o masie m i długości L zawieszony jest poziomo na dwu sznurkach o nieznacznej masie, tak jak pokazano poniżej. Jakie jest przyspieszenie liniowe wolnego końca pręta natychmiast po przecięciu sznurka? Jakie jest przyspieszenie liniowe środkowego punktu pręta natychmiast po przecięciu sznurka? a = r ε = 14 , 7 m / s 2 ; a = ( L / 2 ) ε = ( 3 / 4 ) g . Cienki drążek o masie 0,2 kg i długości 0,5 m przymocowany jest do obrzeża metalowego krążka o masie 2 kg i promieniu 0,3 m. Drążek może swobodnie obracać się wokół poziomej osi przechodzącej przez jego drugi koniec (patrz rysunek). Jaka będzie prędkość środka krążka, gdy pręt, uwolniony z pozycji poziomej, osiągnie pozycję pionową? Jakie jest przyspieszenie środka krążka w chwili uwolnienia krążka? Jakie jest przyspieszenie środka krążka w chwili, gdy drążek przechodzi przez pozycję pionową? druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego (ang. Newton’s second law for rotation ) wypadkowy moment sił jest równy iloczynowi momentu bezwładności i przyspieszenia kątowego dynamika ruchu obrotowego (ang. kinematics of rotational motion ) analiza ruchu obrotowego z wykorzystaniem wypadkowego momentu siły i momentu bezwładności, w celu wyznaczenia przyspieszenia kątowego", "section": "Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Praca i energia kinetyczna w ruchu obrotowym Do tej pory szeroko omówiliśmy zagadnienia kinematyki i dynamiki ruchu obrotowego brył sztywnych wokół stałej osi. W tym ostatnim podrozdziale zdefiniujemy pracę i moc w ruchu obrotowym wokół stałej osi, co ma istotne znaczenie zarówno w fizyce jak i w technice. Wprowadzenie pracy i mocy sprawia, że nasz opis ruchu obrotowego staje się prawie kompletny, z wyjątkiem toczenia się ciał i momentu pędu, które zostaną omówione w podrozdziale Moment pędu . Zaczynamy tę część od wprowadzenia twierdzenia o pracy i energii w ruchu obrotowym. Praca w ruchu obrotowym Teraz, gdy wiemy już, jak wyznaczać energię ruchu obrotowego bryły sztywnej, możemy przejść do wyznaczenia pracy wykonanej nad ciałem sztywnym obracającym się wokół stałej osi. Rysunek poniżej przedstawia bryłę sztywną, która została obrócona o kąt d θ od A do B w wyniku działania siły F → . Siła zewnętrzna F → jest przyłożona w punkcie P, określonym przez wektor położenia r → . Przedstawiona bryła sztywna obraca się wokół stałej osi prostopadłej do płaszczyzny rysunku i przechodzącej przez punkt O . Ponieważ oś obrotu nie zmienia swojego położenia, koniec wektora r → zakreśla okrąg o promieniu r , stąd wektor d s → jest prostopadły do wektora r → . Obrót ciała sztywnego o kąt d θ od punktu A do B w wyniku działania siły zewnętrznej F → , przyłożonej w punkcie P . Punkt P wykonując obrót o kąt d θ → przemieści się o wektor d s → d s → = d θ → × r → . Stosując definicję pracy otrzymujemy: W = ∫ ∑ F → ⋅ d s → = ∫ ∑ F → ⋅ ( d θ → × r → ) = ∫ ( r → × ∑ F → ) d θ → , gdzie skorzystaliśmy z tożsamości a → ⋅ ( b → × c → ) = b → ⋅ ( c → × a → ) . Ponieważ r → × ∑ F → = ∑ M → , otrzymujemy wyrażenie na pracę w ruchu obrotowym (ang. rotational work ) : W = ∫ ∑ M → ⋅ d θ → . Całkowita praca wykonana nad ciałem sztywnym jest całką z sumy momentów pędu obliczonej po kącie obrotu ciała sztywnego. Różniczka pracy (praca wykonana, aby obrócić ciało o kąt d θ ) wyraża się zależnością: d W = ( ∑ i M i ) d θ , gdzie w sumowaniu występują jedynie składowe momentu siły wzdłuż osi obrotu. W przypadku bryły sztywnej wszystkie jej punkty obracają się wokół tej samej osi, tak więc praca siły zewnętrznej jest równa momentowi siły pomnożonemu przez wspólny kąt d θ . Wielkość ∑ i M i jest wypadkowym momentem sił zewnętrznych działających na bryłę. Podobnie, poprzez sumowanie energii kinetycznej każdej cząstki tworzącej bryłę sztywną, wyznaczyliśmy energię kinetyczną bryły sztywnej obracającej się wokół ustalonej osi. Ponieważ twierdzenie o pracy i energii W i = Δ E ki jest ważne dla każdej cząstki, jest słuszne również dla sumy cząstek, a w konsekwencji dla całej bryły. Twierdzenie o pracy i energii Twierdzenie o pracy i energii w ruchu obrotowym (ang. work-energy theorem for rotation ) wokół stałej osi ma postać: W A B = E kB − E kA , gdzie E k = 1 2 I ω 2 , a praca wykonana przez wypadkową siłę nad ciałem sztywnym obracającym się od punktu A do punktu B wyraża się zależnością: W A B = ∫ θ 1 θ 2 ( ∑ i M i ) d θ → . Pokażemy teraz, w jaki sposób wykorzystać powyższe zależności w analizie ruchu obrotowego. Strategia rozwiązywania zadań: twierdzenie o pracy i energii w ruchu obrotowym Określ siły działające na bryłę i narysuj diagram sił. Wyznacz moment siły dla każdej z nich. Wyznacz pracę wykonaną przez każdy z momentów siły w czasie obrotu bryły. Zastosuj twierdzenia o równoważności pracy i energii, przyrównując pracę wykonaną nad ciałem do zmiany jego energii kinetycznej ruchu obrotowego. Spójrzmy na dwa przykłady, w których zastosujemy twierdzenie o energii i pracy do analizy ruchu obrotowego. Praca i energia w ruchu obrotowym Do koła zamachowego o momencie bezwładności 30 , 0 k g ⋅ m 2 , obracającego się wokół nieruchomej osi, przyłożono moment siły o wartości 12 , 0 N ⋅ m . Jeżeli w chwili początkowej koło nie obracało się, to jaka jest wartość jego prędkości kątowej po 8 obrotach? Strategia rozwiązania Stosujemy twierdzenie o pracy i energii. Z opisu problemu wiemy, jaka jest wartość momentu siły i przemieszczenie kątowe koła zamachowego. Zatem możemy wyznaczyć końcową prędkość kątową. Rozwiązanie Koło zamachowe wykonało 8 obrotów, co stanowi 16 π radianów. Praca została wykonana przez stały moment siły i jej wartość wynika z informacji w zadaniu. Stąd możemy wyznaczyć końcową prędkość kątową. Praca wyniosła: W A B = M ( θ B − θ A ) . Zastosujmy teraz twierdzenie o pracy i energii: W A B = M ( θ B − θ A ) = 1 2 I ω B 2 − 1 2 I ω A 2 . Podstawiając wartości M = 12 , 0 N ⋅ m , θ B − θ A = 16 , 0 π r a d , I = 30 , 0 k g ⋅ m 2 oraz ω A = 0 otrzymujemy: 12 , 0 N ⋅ m ⋅ 16 , 0 π r a d = 1 2 ⋅ 30 , 0 k g ⋅ m 2 ⋅ ω B 2 − 0 , stąd wartość prędkości kątowej koła zamachowego po 8 obrotach wynosi: ω B = 6 , 3 r a d / s . Znaczenie Twierdzenie o pracy i energii stanowi skuteczny sposób analizy ruchu obrotowego, ponieważ łączy moment siły z energią kinetyczną ruchu obrotowego. Praca w ruchu obrotowym: Krążek Nawinięty wokół krążka sznurek ( ) jest ciągnięty pionowo w dół z siłą F → o wartości 50 N. Promień krążka R = 0 , 10 m , a jego moment bezwładności I = 2 , 5 ⋅ 10 − 3 k g ⋅ m 2 . Jeżeli sznurek nie ślizga się po krążku, to jaka jest prędkość kątowa krążka po odwinięciu się 10 m sznurka? Załóż, że początkowo krążek się nie obracał. (a) Sznurek nawinięty na krążek o promieniu R . (b) Diagram sił. Strategia rozwiązania Patrząc na rysunek widzimy, że zarówno moment siły ciążenia m g → jak i moment siły F → R związanej z reakcją łożysk są równe zero, ponieważ przyłożone są one w punkcie, przez który przechodzi oś obrotu, czyli ich odległość od osi obrotu wynosi zero. W czasie obrotów krążka siła F → działa w stałej odległości R od osi obrotu, zatem działa ona na drodze s = R θ . Rozwiązanie Ponieważ moment siły ma wartość M = R F , możemy napisać: W = M θ = ( F R ) θ = F s . Jako że siła działa w stałej odległości 1,0 m, na podstawie twierdzenia o pracy i energii otrzymujemy: W A B = E kB − E kA ⁢ , F ⁢ s = 1 2 ⁢ I ⁢ ω 2 − 0 ⁢ , 50,0 ⁢ N ⋅ 1,0 ⁢ m = 1 2 ⋅ 2,5 ⋅ 10 -3 ⁢ kg ⋅ m 2 ⋅ ω 2 ⁢ . \\begin{align} W_{A\\sep B} &= K_B - K_A \\text{,} \\\\ F s &= \\frac12 I \\omega^2 - 0 \\text{,} \\\\ \\SI{50,0}{\\newton} \\cdot \\SI{1,0}{\\metre} &= \\frac12 \\cdot \\SI[inter-unit-product = ⋅]{2,5e-3}{\\kilo\\gram\\metre\\squared} \\cdot \\omega^2 \\text{.} \\end{align} Rozwiązując to równanie otrzymujemy: ω = 200 , 0 r a d / s . Moc w ruchu obrotowym Moc pojawia się w każdej dyskusji na temat praktycznych zastosowań ruchu obrotowego w inżynierii i fizyce. Moc w ruchu obrotowym jest równie ważna jak moc w ruchu postępowym i można ją opisać w podobny sposób jak w ruchu postępowym, gdy działa stała siła. Moc stałej siły w ruchu postępowym wyraża się wzorem P = F → ⋅ v → . Jeżeli wypadkowy moment siły jest stały w czasie całego przesunięcia kątowego, to równanie na pracę upraszcza się i wartość momentu siły może być wyłączona przed całkę. W dalszych rozważaniach będziemy zakładać, że moment siły jest stały. Możemy zatem zastosować definicję mocy wyprowadzoną w rozdziale Praca i energia kinetyczna . Tamże, moc chwilowa (lub po prostu moc) definiowana była jako szybkość wykonywania pracy: P = d W d t . Jeżeli działa stały moment siły, to równanie na pracę przybiera postać W = M θ , a równanie na moc: P = d W d t = d d t ( M θ ) = M d θ d t , czyli P = M ω . Moment obrotowy śruby łodzi Silnik łodzi pracujący z mocą 9 , 0 ⋅ 10 4 N ⋅ m / s obraca się wykonując 300 obr/min. Jaki moment siły działa na wał śruby napędowej? Strategia rozwiązania Mamy podaną liczbę obrotów na minutę i zużycie energii. Dzięki tym danym możemy łatwo obliczyć moment siły. Rozwiązanie 300 , 0 o b r / m i n = 31 , 4 r a d / s , M = P ω = 9 , 0 ⋅ 10 4 N ⋅ m / s 31 , 4 r a d / s = 2864 , 8 N ⋅ m . Znaczenie Warto zauważyć, że radian jest jednostką bezwymiarową, ponieważ zgodnie z definicją jest to iloraz dwóch długości. Dlatego też nie pojawia się w odpowiedzi. Sprawdź, czy rozumiesz. Moment siły o wartości 500 k N ⋅ m działający na turbinę wiatrową utrzymuje ją w ruchu obrotowym z prędkością 6 rad/s. Jaka jest wartość mocy potrzebna do podtrzymania obrotów turbiny? 3 MW. Wielkości opisujące ruch obrotowy i postępowy. Zmienne obrotowe i postępowe – podsumowanie Ruch obrotowy Ruch postępowy Zależności między wielkościami obrotowymi i postępowymi ( r – promień okręgu) θ x θ = s / r ω v ω = v / r ε a s ε = a s / r a d a d = v 2 / r Równania kinematyki dla ruchu obrotowego i postępowego Ruch obrotowy Ruch postępowy θ k = θ 0 + ω – t x = x 0 + v – t ω k = ω 0 + ε t v k = v 0 + a t θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 x k = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 ω k 2 = ω 2 0 + 2 ε ( Δ θ ) v k 2 = v 2 0 + 2 a ( Δ x ) Równania dynamiki w ruchu obrotowym i postępowym Ruch obrotowy Ruch postępowy I = ∑ i m i r i 2 m E k = 1 2 I ω 2 E k = 1 2 m v 2 ∑ i M → i = I ε → ∑ i F → i = m a → W A B = ∫ θ A θ B ( ∑ i M i ) d θ W = ∫ F → ⋅ d s → P = M ω P = F → ⋅ v → Posumowanie Elementarna praca d W wykonana nad obracającą się wokół stałej osi bryłą sztywną jest sumą iloczynu momentu siły, liczonego względem osi obrotu, i elementarnego przemieszczenia kątowego d θ . Całkowita praca wykonana przy obróceniu bryły sztywnej o kąt θ wokół ustalonej (nieruchomej) osi jest całką, liczoną względem przesunięcia kątowego, z sumy momentów siły. Jeżeli moment siły nie zależy od θ , wówczas W A B = M ( θ B − θ A ) . Twierdzenie o pracy i energii wiąże pracę wykonaną w ruchu obrotowym z energią kinetyczną ruchu obrotowego: W A B = E k B − E k A W_{A\\sep B} = E_{\\text{k}\\sep B} - E_{\\text{k}\\sep A} , gdzie E k = I ⁢ ω 2 ∕ 2 E_{\\text{k}} = I \\omega^2 / 2 . Moc w przypadku bryły sztywnej obracającej się wokół ustalonej osi jest równa iloczynowi momentu siły i prędkości kątowej: P = M ω . Najważniejsze wzory Droga kątowa θ = s r Prędkość kątowa ω = lim Δ t → 0 Δ θ Δ t = d θ d t Prędkość liniowa w ruchu po okręgu v = r ω Przyspieszenie kątowe ε = lim Δ t → 0 Δ ω Δ t = d ω d t = d 2 θ d t 2 Przyspieszenie styczne a s = r ε Średnia prędkość kątowa ω – = ω 0 + ω k 2 Przesunięcie kątowe w ruchu ze stałym przyspieszeniem kątowym θ k = θ 0 + ω – t Prędkość końcowa w ruchu ze stałym przyspieszeniem kątowym ω k = ω 0 + ε t Końcowe położenie kątowe dla ruchu ze stałym przyspieszeniem kątowym θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 Zmiana prędkości kątowej ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) Przyspieszenie całkowite a → = a → d + a → s Energia kinetyczna ruchu obrotowego E k = 1 2 ( ∑ j m j r j 2 ) ω 2 Moment bezwładności I = ∑ j m j r j 2 Energia kinetyczna ciała sztywnego w ruchu obrotowym E k = 1 2 I ω 2 Moment bezwładności ciała sztywnego I = ∫ r 2 d m Twierdzenie Steinera I oś równoległa = I środek masy + m d 2 Moment bezwładności ciał złożonych I całkowite = ∑ i I i Moment siły M → = r → × F → Wartość wektora momentu siły | M → | = r ⊥ F Wypadkowy moment sił M → wyp = ∑ i M → i Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego ∑ i M → i = I ε → Elementarna praca momentu sił d W = ( ∑ i M i ) d θ Twierdzenie praca-energia W A B = E kB − E kA Praca wypadkowego momentu sił przy obrotach wokół stałej osi W A B = ∫ θ A θ B ( ∑ i M i ) d θ Moc w ruchu obrotowym P = M ω Zadania Turbina wiatrowa obraca się z częstotliwością 20 obr/min. Jeśli jej moc wynosi 2,0 MW, to jaki jest generowany przez wiatr moment siły działający na turbinę? M = P ω = 2 , 0 ⋅ 10 6 W 2 , 1 r a d / s = 9 , 5 ⋅ 10 5 N ⋅ m . Gliniany walec o promieniu 20 cm znajdujący się na kole garncarskim obraca się ze stałą częstotliwością wynoszącą 10 obr/s. Garncarz przykłada rękami siłę 10 N do gliny. Współczynnik tarcia między jego dłonią a gliną wynosi 0,1. Jaką moc garncarz musi przyłożyć do koła, aby utrzymać jego stałą częstotliwość obrotów? Jednorodna, cylindryczna tarcza szlifierska ma masę 10 kg i promień 12 cm. Jaka jest jej energia kinetyczna podczas szlifowania, gdy obraca się ona z częstotliwością 1 , 5 ⋅ 10 3 o b r / m i n ? Po wyłączeniu silnika napędzającego tarczę, do zewnętrznej krawędzi tarczy dociśnięto, prostopadle do kamienia, ostrze noża. Siła nacisku wynosiła 5,0 N, a współczynnik tarcia kinetycznego między tarczą a ostrzem wynosił 0,80. Stosując twierdzenie o pracy i energii wyznacz, ile obrotów wykona tarcza do zatrzymania się. E k = 888 , 50 J ; Δ θ = 294 , 6 o b r . Jednorodny krążek o masie 500 kg i promieniu 0,25 m jest zamontowany na łożysku mogącym obracać się bez tarcia, dzięki czemu może on obracać się swobodnie wokół pionowej osi przechodzącej przez jego środek (patrz rysunek). Sznurek owinięty wokół obręczy krążka jest ciągnięty z siłą 10 N. Jaką pracę wykonała ta siła do chwili wykonania przez krążek 3 obrotów, jeśli zaczynał od spoczynku? Wyznacz moment tej siły, a następnie oblicz pracę wykonaną przez ten moment siły do zakończenia 3 obrotów. Jaka jest wartość prędkości kątowej w momencie zakończenia trzeciego obrotu? Jak jest moc tej siły w tym momencie? W wyniku działania stałego momentu sił o wartości 2 , 0 ⋅ 10 3 N ⋅ m , śmigło przyspiesza od spoczynku do prędkości obrotowej 1000 obr/min w czasie 6 s. Jaki jest moment bezwładności śmigła? Jaka moc jest dostarczana do śmigła po upływie 3,0 s od rozpoczęcia obrotów? I = 114 , 6 k g ⋅ m 2 ; P = 104 , 700 W . Kulę o masie 1,0 kg i promieniu 0,5 m przymocowano do jednego z końców pręta o znikomo małej masie i długości 3 m (patrz rysunek poniżej). Układ obraca się w próżni w płaszczyźnie poziomej, dookoła pionowej osi, z częstotliwością 400 obrotów na minutę. Następnie, po włączeniu nadmuchu powietrza, na wirujący początkowo z taką prędkością kątową układ zaczyna działać siła oporu powietrza o wartości 0,15 N. Siła działa na kulę w kierunku przeciwnym do kierunku jej ruchu. Jaka jest moc siły oporu powietrza po upływie 100,0 s licząc od momentu, w którym zaczęła ona działać? Jednorodny pręt o długości L i masie M jest trzymany pionowo, z jednym końcem spoczywającym na podłodze, jak pokazano poniżej. Kiedy pręt zostaje puszczony, obraca się wokół swojego dolnego końca, aż do uderzenia w podłogę. Zakładając, że dolny koniec pręta nie ślizga się, wyznacz liniową prędkość górnego końca, gdy uderza on w podłogę. v = L ω = 3 L g Sportowiec na siłowni działa na pedały roweru ze stałą siłą 50 N, aby utrzymać stałą częstotliwość obrotów koła równą 10 obr/s. Ramiona pedałów mają długość 30 cm. Jaką moc dostarcza rowerowi sportowiec? Klocek o masie 2 kg umieszczono na doskonale gładkiej powierzchni, nachylonej pod kątem 40 ∘ do poziomu. Za pośrednictwem sznurka klocek połączony jest z krążkiem o masie 1 kg i promieniu 20 cm (patrz rysunek). Wyznacz przyspieszenie klocka. Wyznacz pracę wykonaną przez siłę ciążenia, aby przesunąć klocek o 50 cm. a = 5 , 0 m / s 2 ; W = 1 , 25 N ⋅ m . Dwa małe ciała o masach m 1 i m 2 przymocowane są na przeciwległych końcach cienkiego, sztywnego pręta o długości L i masie M . Pręt jest zamontowany tak, że może swobodnie obracać się w płaszczyźnie poziomej wokół osi pionowej (patrz rysunek poniżej). Jaka powinna być odległość d osi obrotu od masy m 1 , aby praca potrzebna na wprowadzenie pręta w ruch obrotowy z prędkością kątową ω była najmniejsza? Zadania dodatkowe Rowerzysta nadaje kołom roweru częstotliwość obrotów równą 3,0 obr/s. Jeśli zacznie hamować, zmniejszając prędkość kątową z opóźnieniem 0 , 3 o b r / s 2 , to po jakim czasie rower się zatrzyma? Δ t = 10 , 0 s , Oblicz prędkość kątową ruchu orbitalnego Ziemi wokół Słońca. Talerz gramofonu początkowo obracający się z prędkością obrotową 100 / 3 o b r / m i n zwolnił i zatrzymał się po 1,0 min. Wyznacz przyspieszenie talerza gramofonu zakładając, że było ono stałe. Ile obrotów wykonał talerz, zanim się zatrzymał? ε = 0 , 06 r a d / s 2 ; θ = 105 , 0 r a d . W ciągu 0,40 s żyroskop został rozpędzony za pomocą sznurka od spoczynku do prędkości kątowej 32 rad/s. Przyspieszenie kątowe żyroskopu jest stałe. Jakie jest jego przyspieszenie kątowe w rad/s 2 ? Ile obrotów wykonał on w czasie tego przyspieszania? Załóżmy, że mały pyłek kurzu spadł na płytę CD. Jeśli szybkość wirowania płyty CD wynosi 500 obr/min, a pyłek upadł w odległości 4,3 cm od środka płyty, to jaką całkowitą drogę pokonał pyłek w ciągu 3 minut? (Załóż, że pyłek leży cały czas w tej samej odległości od środka płyty). s = 405 , 26 m . Układ cząstek punktowych obraca się wokół stałej osi z częstotliwością 4 obr/s. Wzajemne odległości cząstek i ich odległość od osi obrotu są stałe. Masy cząstek i ich odległości od osi obrotu to m 1 = 0 , 1 k g , r 1 = 0 , 2 m , m 2 = 0 , 05 k g , r 2 = 0 , 4 m , m 3 = 0 , 5 k g , r 3 = 0 , 01 m . (a) Ile wynosi moment bezwładności tego układu względem osi obrotu? (b) Jaka jest energia kinetyczna ruchu obrotowego tego układu? Oblicz moment bezwładności łyżwiarza mając następujące informacje: Łyżwiarza o masie 60,0 kg można w przybliżeniu uznać za walec o promieniu 0,110 m. Łyżwiarza z wysuniętymi rękami można uznać za walec o masie 52,5 kg i promieniu 0,110 m, z którego wystają dwa pręty o długości 0,900 m i masie 3,75 kg każdy. I = 0 , 363 k g ⋅ m 2 ; I = 2 , 34 k g ⋅ m 2 Kij o długości 1,0 m oraz masie 6,0 kg może swobodnie obracać się wokół poziomej osi przechodzącej przez jego środek. Małe ciała o masach 4,0 i 2,0 kg przymocowano do dwóch jego końców (patrz poniższy rysunek). Kij zostaje zwolniony z pozycji poziomej. Jaka jest prędkość kątowa kija, gdy przechodzi on przez położenie pionowe? Wahadło składa się z pręta o długości 2 m i masie 3 kg oraz kuli o masie 1 kg i promieniu 0,3 m, przymocowanej do jednego jego końców. Oś obrotu jest taka, jak pokazano poniżej. Ile wynosi prędkość kątowa wahadła w najniższej pozycji, jeśli pręt został puszczony swobodnie z pozycji pod kątem 30 ∘ ? ω = 5 , 36 J 4 , 4 k g ⋅ m 2 = 1 , 10 r a d / s . Oblicz moment siły o wartości 40 N względem osi przechodzącej przez punkt O i prostopadłej do płaszczyzny rysunku, jak pokazano poniżej. Dwoje dzieci naciska na drzwi po przeciwnych stronach. Oba naciski są skierowane poziomo i prostopadle do drzwi. Jedno dziecko popycha z siłą 17,5 N w odległości 0,600 m od zawiasów, a drugie w odległości 0,450 m. Z jaką siłą musi działać drugie dziecko, aby drzwi się nie poruszyły? Załóż, że tarcie jest nieistotne. F = 23 , 3 N . Siła F → = 20 N ⋅ j ^ jest przyłożona w punkcie r → = 4 , 0 m ⋅ i ^ − 2 , 0 m ⋅ j ^ . Wyznacz moment tej siły względem początku układu współrzędnych. Silnik samochodowy może wytworzyć moment obrotowy 200 N ⋅ m . Oblicz przyspieszenie kątowe, jeśli 95,0% momentu obrotowego zostanie przyłożone do wału napędowego, osi i tylnych kół samochodu, biorąc pod uwagę następujące informacje: samochód jest zawieszony tak, że koła mogą obracać się swobodnie; obręcz każdego koła można uznać za tarczę o masie 15,0 kg i promieniu 0,180 m; każdą oponę można uznać za pierścień o masie 2,00 kg, którego wewnętrzny promień jest równy 0,180 m a zewnętrzny 0,320 m; bieżnik każdej opony można uznać za 10,0 kg obręcz o promieniu 0,330 m; oś można uznać za pręt o masie 14,0 kg i promieniu 2,00 cm; wał napędowy można uznać za pręt o masie 30,0 kg i promieniu 3,20 cm. ε = 190 , 0 N ⋅ m 2 , 94 k g ⋅ m 2 = 64 , 4 r a d / s 2 . Tarcza szlifierki o masie 50 kg i promieniu 0,8 m dzięki pracy silnika utrzymuje stałą częstotliwość obrotów wynoszącą 4,0 obr/s, podczas gdy do jej krawędzi dociskany jest nóż. Nóż dociskany jest z siłą 5,0 N, a współczynnik tarcia kinetycznego między tarczą a ostrzem wynosi 0,8. Jaką moc dostarcza silnik, jeśli tarcza szlifierki utrzymuje stałą prędkość kątową? Zadania trudniejsze Zależność przyspieszenia kątowego wirującej bryły sztywnej od czasu ilustruje równanie ε = ( 2 , 0 − 3 , 0 t ) r a d / s 2 . Jeżeli bryła rozpoczyna ruch obrotowy w chwili t = 0 , to: Jaka jest zależność jej prędkości kątowej od czasu? Jaka jest zależność jej położenia kątowego od czasu? O jaki kąt obróciła się w ciągu pierwszych 10 s? Jeżeli wektor wodzący pewnej cząstki tej bryły w chwili t = 0 wskazywał kąt 0 ∘ , to jaki kąt wskazuje on w chwili t = 10 s ? ω = ( 2 , 0 t − 1 , 5 t 2 ) r a d / s ; θ = ( t 2 − 0 , 5 t 3 ) r a d ; θ ( 10 s ) = − 400 , 0 r a d ; wektor wskazuje kąt − 0 , 66 ⋅ 360 ∘ = − 237 , 6 ∘ . Przez ostatnie 100 lat długość ziemskiego dnia wzrosła o 0,002 s. Jeśli ten wzrost będzie trwał, to po jakim czasie Ziemia się zatrzyma? Gęstość powierzchniowa krążka o masie m , promieniu R i powierzchni A zmienia się wraz z odległością osi obrotu, zgodnie ze wzorem σ = m r / A R , gdzie r jest odległością od środka krążka (patrz poniższy rysunek). Wyznacz wartość momentu bezwładności krążka liczonego względem osi przechodzącej przez jego środek. I = 2 5 m R 2 Wyobraź sobie, że chciałbyś wydłużyć ziemski dzień do 28,0 h. Możesz tego dokonać przykładając na równiku siłę równoległą do jego płaszczyzny i skierowaną przeciwnie do kierunku obrotu Ziemi. Niestety, dysponujesz jedynie siłą 4 , 00 ⋅ 10 7 N . Ile czasu zajęłoby ci wydłużenie dnia do takiej wartości? Sznurek nawinięty na walcu o promieniu 0,25 m jest ciągnięty z siłą 40 N (jak pokazano na poniższym rysunku). Walec jest zamontowany na łożyskach, których tarcie można pominąć, a jego moment bezwładności wynosi 6 , 0 k g ⋅ m 2 . Użyj twierdzenia o pracy i energii do obliczenia prędkości kątowej walca po rozwinięciu się sznurka o 5,0 m. Jeśli siła 40 N zostanie zastąpiona ciężarkiem o wadze 40 N, to jaka będzie prędkość kątowa walca po odwinięciu się sznurka o 5,0 m? ω = 8 , 2 r a d / s ; ω = 8 , 0 r a d / s . praca w ruchu obrotowym (ang. rotational work ) praca wykonywana nad bryłą sztywną w wyniku działania momentów sił, dana przez całkę z momentów sił liczoną po kącie, o jaki została obrócona bryła sztywna twierdzenie o pracy i energii w ruchu obrotowym (ang. work-energy theorem for rotation ) całkowita praca wykonana nad zmianą prędkości kątowej ciała sztywnego, równa zmianie jego energii kinetycznej ruchu obrotowego", "section": "Praca i energia kinetyczna w ruchu obrotowym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Śmigłowiec (helikopter) unosi się w powietrzu dzięki wirnikowi nośnemu. Składa się on z 2–6 łopat śmigłowych osadzonych w głowicy, które obracając się, utrzymują samolot w powietrzu. Ze względu na zasadę zachowania momentu pędu korpus śmigłowca ma tendencję do obracania się w kierunku przeciwnym do kierunku obrotu wirnika nośnego. Temu obrotowi wokół własnej osi zapobiega śmigło ogonowe umieszczone pionowo na ogonie helikoptera. Moment pędu w ruchu obrotowym jest odpowiednikiem pędu w ruchu postępowym. Wszelkie masywne obiekty, które obracają się wokół osi, w tym wirujące koła zamachowe, planety, gwiazdy, huragany, tornada, itp. posiadają moment pędu. Dla zilustrowania koncepcji momentu pędu można wykorzystać śmigłowiec pokazany na rysunku powyżej. Łopaty śmigieł głównego wirnika, obracające się wokół pionowej osi korpusu głównego, wytwarzają niezerowy moment pędu. Jak dowiemy się z treści tego rozdziału, korpus śmigłowca, zgodnie z zasadą zachowania momentu pędu, ma tendencję do obracania się w kierunku przeciwnym do kierunku obrotu wirnika nośnego. Aby do tego nie dopuścić, na ogonie śmigłowca umieszcza się małe wirniki, które wirując, wywierają siłę na ogon śmigłowca w celu ustabilizowania jego kierunku lotu. Zasada zachowania momentu pędu jest omówiona w dalszej części tego podrozdziału. W głównej jego części odkryjemy tajemnice momentu pędu brył sztywnych, takich jak np. góry, a także cząstki i układy cząstek punktowych. Zaczniemy od omówienia toczenia (ruchu tocznego), które opiera się na ideach zaprezentowanych w poprzednim rozdziale (i jest jego rozszerzeniem).", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Toczenie się ciał Toczenie się lub ruch toczny ciał (ang. rolling motion ) to ruch, który jest złożeniem ruchu obrotowego i postępowego ciał i obserwujemy go w wielu codziennych sytuacjach. Wystarczy pomyśleć o kołach samochodu poruszającego się po autostradzie, kołach startującego lub lądującego samolotu na pasie startowym lub obracających się łopat turbiny wiatrowej. Do precyzyjnego opisu ruchu toczenia się ciała niezbędne jest dogłębne zrozumienie pojęcia siły i momentu siły. Przy analizowaniu w tym rozdziale ruchu tocznego wokół stałej osi obrotu powołujemy się na , rozdział Obroty wokół stałej osi , gdzie można znaleźć wyrażenia opisujące moment bezwładności wybranych, powszechnie występujących, obiektów geometrycznych. Podrozdział ten może się również okazać przydatny do wykonywania obliczeń parametrów różnych ruchów ciał, którym towarzyszy ruch obrotowy. Toczenie bez poślizgu Ludzie obserwowali toczenie się ciał bez poślizgu od czasu wynalezienia koła. Spójrzmy na przykład na wzajemne oddziaływanie opon samochodu i nawierzchni drogi. Jeśli kierowca podczas ruszania maksymalnie naciśnie pedał gazu, tak że opony obracają się, ale samochód nie porusza się do przodu, mamy do czynienia z tarciem kinetycznym pomiędzy oponami kół a powierzchnią drogi. Jeśli jednak kierowca będzie naciskał pedał gazu powoli, to spowoduje, że samochód ruszy do przodu, a opony kół będą toczyły się bez poślizgu. Wielu ludzi dziwi, że w rzeczywistości dolna część koła znajduje się w spoczynku w stosunku do podłoża, co oznacza, że tarcie między oponami a nawierzchnią drogi musi być tarciem statycznym. Na , rower wraz z rowerzystką jadącą w pozycji pionowej porusza się. Opony mają kontakt z nawierzchnią drogi, a nawet jeśli podczas toczenia część będąca w kontakcie, odkształca się nieznacznie, to nie dochodzi do poślizgu i opony przez pewien czas pozostają w stanie spoczynku w stosunku do powierzchni drogi. Aby tak było, tarcie między oponą i nawierzchnią drogi musi być tarciem statycznym. (a) Rower porusza się do przodu, a jego opony się nie ślizgają. Najniższe fragmenty opon mają kontakt z nawierzchnią drogi, a nawet jeśli podczas toczenia ich części odkształcają się nieznacznie, to nie dochodzi do poślizgu i dolne fragmenty opon przez jakiś czas są w stanie spoczynku w stosunku do powierzchni drogi. (b) Zdjęcie pokazuje, że górna część toczącego się koła jest rozmyta w czasie ruchu (zobacz obraz szprych), a dolna jest w stanie spoczynku. (Źródło (a) modyfikacja pracy Nelsona Lourenço; źródło (b) modyfikacja pracy Colin Rose) Przystępując do analizy ruchu tocznego bez poślizgu, wprowadzimy najpierw związki między wielkościami liniowymi prędkości i przyspieszenia środka masy koła jak również zmiennymi kątowymi, które opisują ruch obrotowy koła. Sytuację tę przedstawiono na . (a) Koło jest ciągnięte po poziomej powierzchni przez siłę F → . Siła tarcia statycznego T → s , przy czym T s ⩽ μ s N , jest wystarczająco duża, aby uchronić je przed poślizgiem. (b) Pokazano wektory prędkości liniowej i przyspieszenia środka masy oraz odpowiednie wyrażenia dla prędkości i przyspieszenia kątowego. Punkt P jest w stanie spoczynku w stosunku do powierzchni. (c) Punkt P ma prędkość liniową − R ω i ^ względem środka masy (ŚM) koła. Na (a) pokazano wektory sił zapobiegające poślizgowi koła. Na (b), punkt P , który dotyka powierzchni, pozostaje w stosunku do niej w spoczynku. Punkt P ma prędkość − R ω i ^ względem środka masy, R oznacza tu promień koła, ω jest prędkością kątową obrotu koła wokół własnej osi, zaś i ^ jest wektorem jednostkowym. Ponieważ koło toczy się bez poślizgu, prędkość punktu P względem powierzchni jest równa sumie jego prędkości względem środka masy i prędkość środka masy względem powierzchni: v → P = − R ω i ^ + v ŚM i ^ . Ponieważ prędkość P względem powierzchni jest równa zero, v P = 0 , oznacza to, że v ŚM = R ω . Tak więc prędkość środka masy koła jest równa iloczynowi jego prędkości kątowej wokół osi i jego promienia. Powyższe równanie pokazuje związek zmiennej liniowej (prędkości) po lewej stronie równania ze zmienną kątową (prędkością kątową) po prawej stronie równania. Podobny związek występuje w przypadku przyspieszenia liniowego. Jeśli zróżniczkujemy lewą stronę , uzyskamy wyrażenie na liniowe przyspieszanie środka masy. R po prawej stronie równania jest stałą, a ponieważ ε = d ω / d t otrzymujemy a ŚM = R ε . Ponadto, odwołując się do , można wyznaczyć odległość przebytą przez środek masy koła poprzez zmienną kątową związaną z ruchem tocznym koła. Zauważmy, że zewnętrzna powierzchnia koła od punktu A do punktu B dokładnie odwzorowuje na ziemi długość, która jest równa odległości przebytej przez środek masy d ŚM . Z rysunku wynika też, że długość odcinka, który koło odwzorowuje na podłożu, jest długością łuku R θ . Z porównania tych dwóch długości otrzymujemy: d ŚM = R θ . Gdy walec toczy się po powierzchni, to długość łuku R θ od punktu A do punktu B jest odwzorowana na powierzchni będąc równa odległości d ŚM , którą przebywa środek masy. Staczanie się z równi pochyłej Walec stacza się bez poślizgu z równi pochyłej, bez prędkości początkowej. Masa walca wynosi m , a jego promień r . Jakie jest jego przyspieszenie? Jaki warunek musi spełniać współczynnik tarcia statycznego μ s , aby zapobiec poślizgowi walca? Strategia rozwiązania Narysujmy diagram sił (działających na walec) i wybierzmy układ współrzędnych. Niech oś OX będzie równoległa do powierzchni równi i zwrócona w dół równi, zaś oś OY prostopadła do powierzchni równi i zwrócona w górę. Scharakteryzujmy siły działające na walec. Są to: siła normalna (siła reakcji podłoża (na siłę nacisku)), siła grawitacji i siła tarcia statycznego. Zapiszmy drugą zasadę dynamiki (drugie prawo Newtona) ruchu postępowego w kierunkach x i y oraz drugą zasadę dynamiki (drugie prawo Newtona) dla ruchu obrotowego. Na podstawie zapisanych równań obliczymy przyspieszenie i siłę tarcia. Rozwiązanie Szkic sytuacyjny i diagram sił pokazane są na , na którym zaznaczono siłę normalną, składowe siły ciężkości (ciężaru) oraz statyczną siłę tarcia. Rola siły tarcia (w stosunku do jej maksymalnej możliwej wartości) ogranicza się do zapewnienia toczenia się walca bez poślizgu. Innymi słowy, ponieważ nie dochodzi do poślizgu, wartość siły tarcia jest mniejsza lub równa μ s N . Zapisując drugą zasadę dynamiki dla kierunków x i y , otrzymujemy ∑ F x = m ( a ŚM ) x , ∑ F y = m ( a ŚM ) y . Walec staczający się z równi pochyłej (lewy rysunek), diagram sił działających na walec (prawy rysunek). Podstawiając odpowiednio wartości sił z diagramu sił, otrzymujemy m g sin ⁡ θ − T s = m ( a ŚM ) x , N − m g cos ⁡ θ = 0 , T s ⩽ μ s N . Z powyższych równań możemy obliczyć liniowe przyspieszenie środka masy: ( a ŚM ) x = g ( sin ⁡ θ − μ s cos ⁡ θ ) . Ponieważ w powyższym równaniu nie znamy siły tarcia, to w celu znalezienia przyspieszenia liniowego potrzebne jest nam drugie równanie, w którym wyrazimy moment siły tarcia przez moment bezwładności. Zapiszmy drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego, ∑ M ŚM = I ŚM ε . W powyższym równaniu momenty sił obliczamy względem osi przechodzącej przez środek masy walca. Jedynym niezerowym momentem siły jest moment siły tarcia. Mamy zatem: r T s = I ŚM ε , gdzie, jak wiemy, przyspieszenie liniowe związane jest z przyspieszaniem kątowym zależnością ( a ŚM ) x = r ε . Powyższe równanie można rozwiązać, wyrażając a ŚM , ε i T s jako funkcje momentu bezwładności. Walec porusza się jedynie wzdłuż osi x , dlatego w celu uproszczenia zapisu możemy opuścić wskaźnik x . Wyraźmy a ŚM przez składową równoległą (do równi) siłę ciężkości i siłę tarcia, wykonując następujące podstawienia (wykorzystano i ): a ŚM = g ⁢ sin θ − T s m ⁢ , T s = I ŚM ⁢ ε r = I ŚM ⁢ a ŚM r 2 ⁢ . \\begin{align} a_{\\text{ŚM}} = g\\sin \\theta - \\frac{T_{\\text{s}}}{m} \\text{,} \\\\ T_{\\text{s}} = \\frac{I_{\\text{ŚM}} \\epsilon}{r} = \\frac{I_{\\text{ŚM}} a_{\\text{ŚM}}}{r^2} \\text{.} \\end{align} Stąd otrzymujemy: a ŚM = g sin ⁡ θ − I ŚM a ŚM m r 2 = m g sin ⁡ θ m + I ŚM / r 2 . Zauważmy, że wynik ten jest niezależny od współczynnika tarcia μ s . Ponieważ dla walca z moment bezwładności I ŚM = m r 2 / 2 , uzyskujemy a ŚM = m g sin ⁡ θ m + m r 2 / 2 r 2 = 2 3 g sin ⁡ θ . Otrzymujemy zatem: ε = a ŚM r = 2 3 r g sin ⁡ θ . Ponieważ nie występuje poślizg, czyli T s ⩽ μ s N , to wyrażenie na siłę tarcia ma postać: T s = I ŚM ε r = I ŚM a ŚM r 2 = I ŚM r 2 m g sin ⁡ θ m + I ŚM / r 2 = m g I ŚM sin ⁡ θ m r 2 + I ŚM . Podstawiając to wyrażenie w miejsce równania – warunku na brak poślizgu – a także zauważając, że siła normalna N = m g cos θ , otrzymujemy: m g I ŚM sin ⁡ θ m r 2 + I ŚM ⩽ μ s m g cos ⁡ θ , lub μ s ⩾ tg ⁡ θ 1 + m r 2 / I ŚM . Warunek ten dla pełnego walca przyjmuje postać μ s ⩾ tg ⁡ θ 1 + 2 m r 2 / m r 2 = 1 3 tg ⁡ θ . Znaczenie Przyspieszenie liniowe jest proporcjonalne do sin θ . Zatem im większy jest kąt nachylenia, tym większe jest, jak można by się spodziewać, przyspieszenie liniowe. Przyspieszenie kątowe z kolei jest wprost proporcjonalne do sin θ i odwrotnie proporcjonalne do promienia r walca. Tak więc im większy jest jego promień, tym mniejsze jest jego przyspieszenie kątowe. W przypadku, gdy nie występuje poślizg, współczynnik tarcia musi być większy niż lub równy tg ⁡ ( θ ) / 3 , a zatem im większy jest kąt nachylenia równi, tym większy musi być współczynnik tarcia, aby zapobiec poślizgowi walca. Sprawdź, czy rozumiesz. Wydrążony (pusty w środku) walec (cylinder) stacza się ze zbocza o kącie nachylenia 60 ∘ . Współczynnik tarcia statycznego o powierzchnię jest równy μ s = 0,6 . Czy cylinder stacza się bez poślizgu? Czy walec w tych warunkach też będzie się toczyć bez poślizgu? (a) Warunek na brak poślizgu ma postać μ s ⩾ tg ⁡ θ 1 + m r 2 / I ŚM . Podstawiając wartość kąta i zauważywszy, że dla cylindra I ŚM = m r 2 , mamy μ s ⩾ tg ⁡ θ 1 + m r 2 / I ŚM = 1 2 tg ⁡ 60 ∘ = 0,87 , ponieważ dana jest wartość współczynnika tarcia 0,6, która jest mniejsza, niż 0,87, to warunek nie jest spełniony i cylinder będzie się ślizgał. (b) Dla walca warunek na brak poślizgu ma postać μ s ⩾ 1 3 tg ⁡ 60 ∘ = 0,58 Wartość 0,6 spełnia ten warunek, a więc walec nie wpadnie w poślizg. Warto jeszcze raz powtórzyć równanie uzyskane w tym przykładzie dla przyspieszania toczącego się obiektu bez poślizgu: a ŚM = m ⁢ g ⁢ sin ⁡ θ m + I ŚM / r 2 . Jest to bardzo użyteczne równanie przy rozwiązywaniu zadań dotyczących toczenia się bez poślizgu. Należy zauważyć, że przyspieszenie to jest mniejsze niż przyspieszenie obiektu zsuwającego się bez obrotu po idealnie gładkiej powierzchni. Przyspieszenie będzie również różne dla dwóch staczających się bez poślizgu ciał z różnymi momentami bezwładności. Toczenie się z poślizgiem W przypadku ruchu tocznego z poślizgiem zamiast siły tarcia statycznego występuje siła tarcia kinetycznego, określona przez współczynnik tarcia μ k . Sytuację taką przedstawiono na . W przypadku poślizgu v ŚM − R ω ≠ 0 , gdyż punkt P na kole nie jest w stanie spoczynku względem powierzchni, oraz v P ≠ 0 . Zatem ω ≠ v ŚM / R i ε ≠ a ŚM / R . (a) Pomiędzy kołem a powierzchnią występuje tarcie, ponieważ koło się ślizga. (b) Proste związki między zmiennymi liniowych i kątowymi nie obowiązują dla zilustrowanego przypadku. Staczanie się po równi pochyłej z poślizgiem Walec stacza się z równi pochyłej bez prędkości początkowej z poślizgiem ( ). Masa walca wynosi m , a promień r . Jakie jest jego przyspieszenie liniowe? Jakie jest jego przyspieszenie kątowe wokół osi przechodzącej przez środek masy? Strategia rozwiązania Wykonajmy rysunek wraz z diagramem działających sił. Jest on podobny do sytuacji bez poślizgu, z tą różnicą, że teraz siła tarcia jest siłą tarcia kinetycznego zamiast statycznego. Za pomocą drugiej zasady dynamiki (prawa Newtona) dla ruchu postępowego obliczymy przyspieszenie (liniowe) w kierunku osi x . Za pomocą drugiej zasady dynamiki (prawa Newtona) dla ruchu obrotowego znajdziemy rozwiązanie dla przyspieszenia kątowego. Rozwiązanie Walec stacza się z równi bez prędkości początkowej i wpada w poślizg. Układ współrzędnych wybieramy w taki sposób, że oś x jest równoległa do powierzchni równi i jest skierowana w dół równi, oś y jest prostopadła do powierzchni równi i jest skierowaną w górę. Na rysunku pokazano diagram sił, a na nim siłę reakcji podłoża, siłę tarcia statycznego oraz składowe ciężaru m g → . Suma sił działających wzdłuż osi y wynosi zero, więc siła tarcia jest teraz równa T k = μ k N = μ k m g cos ⁡ θ . Druga zasada dynamiki dla kierunku x daje: ∑ F x = m a x , m ⁢ g ⁢ sin θ - T k = m ⁢ a x ⁢ , m g sin ⁡ θ − μ k m g cos ⁡ θ = m ( a ŚM ) x , lub ( a ŚM ) x = g ( sin ⁡ θ − μ k cos ⁡ θ ) . Moment siły tarcia jest jedynym niezerowym momentem siły wokół osi przechodzącej przez środek masy, dlatego druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego daje: ∑ M ŚM = I ŚM ε , T k r = I ŚM ε = 1 2 m r 2 ε . Rozwiązując powyższy układ równań ze względu na ε , otrzymujemy: ε = 2 T k m r = 2 μ k g cos ⁡ θ r . Znaczenie Zapisujemy zależności przyspieszenia liniowego i kątowego od współczynnika tarcia kinetycznego. Przyspieszenie liniowe jest takie samo jak ciała ślizgającego się w dół równi pochyłej, na które działa siła tarcia kinetycznego. Przyspieszenie kątowe względem osi obrotu jest wprost proporcjonalne do siły tarcia, która z kolei zależy od kosinusa kąt nachylenia. Gdy kąt θ → 90 ∘ , siła ta dąży do zera, a tym samym przyspieszenie kątowe też dąży do zera. Zachowanie energii mechanicznej podczas toczenia się W poprzednim podrozdziale przedstawiliśmy energię kinetyczną ruchu obrotowego. Każdy toczący się obiekt posiada energię kinetyczną ruchu obrotowego, a także energię kinetyczną ruchu postępowego i ewentualnie energię potencjalną. Łącznie z grawitacyjną energią potencjalną całkowita energia mechaniczna toczącego się ciała wynosi: E c = 1 2 m v ŚM 2 + 1 2 I ŚM ω 2 + m g h . Przy braku sił niezachowawczych, które, jak wiadomo powodują rozpraszanie energii układu, całkowita energia mechaniczna toczącego się bez poślizgu ciała jest zachowana i jest stała podczas trwania całego ruchu. Przykładem, gdzie energia mechaniczna nie jest zachowana, jest toczący się obiekt. Mamy tu do czynienia również z tarciem, wynikającym z poślizgu. Zatem rozpraszana jest energia kinetyczna. Można zapytać, dlaczego podczas toczenia się bez poślizgu ciało zachowuje energię mechaniczną, chociaż statyczna siła tarcia jest niezachowawcza? Odpowiedź można znaleźć, wracając do . Punkt P w czasie kontaktu z powierzchnią znajduje się względem niej w spoczynku. Dlatego też jego nieskończenie małe przemieszczenie d r → względem powierzchni jest równe zero, a stąd także praca siły tarcia jest równa zero. Możemy więc stosować zasadę zachowania energii podczas badania ruchu tocznego otrzymując przy tym ciekawe wyniki. Łazik Curiosity Łazik Curiosity, pokazany na , wylądował na Marsie 6 sierpnia 2012 r. Koła łazika mają promień 25 cm. Załóżmy, że astronauci docierają na Marsa w roku 2050 i znajdują tam niepracujący łazik Curiosity na zboczu niecki. Podczas demontażu łazika przez astronautę przypadkowo odrywa się jedno z kół, które toczy się bez poślizgu w dół niecki 25 m poniżej. Jeżeli koło ma masę 5 kg, to jaka jest jego prędkość na dnie niecki? Łazik Curiosity w NASA Mars Science Laboratory podczas testów 3 czerwca 2011 roku. Fotografia z ośrodka Spacecraft Assembly Facility at NASA’s Jet Propulsion Laboratory w Pasadenie w Kalifornii. (Źródło: NASA / JPL-Caltech) Strategia rozwiązania Do analizy zadania zastosujemy zasadę zachowania energii mechanicznej. W górnej części zbocza koło znajduje się w spoczynku i ma tylko energię potencjalną (względem dna niecki). W dolnej części niecki koło ma energię kinetyczną ruchu obrotowego i postępowego, która, z zasady zachowania energii, musi być równa początkowej energii potencjalnej. Ponieważ koło toczy się bez poślizgu, użyjemy zależności v ŚM = r ω , aby w wyrażającym zasadę zachowania energii powiązać zmienne translacyjne (ruchu postępowego) ze zmiennymi obrotowymi (kątowymi). Następnie obliczymy prędkość. Z wynika, że dobrym przybliżeniem koła jest wydrążony walec (cylinder), dzięki czemu możemy korzystać ze wzoru na jego moment bezwładności w celu uproszczenia obliczeń. Rozwiązanie Energia w górnej części zbocza niecki jest równa energii na jej dole: m g h = 1 2 m v ŚM 2 + 1 2 I ŚM ω 2 . Znane są wielkości I ŚM = m r 2 , r = 0,25 m i h = 25,0 m . Przepiszmy powyższe równanie zachowania energii, eliminując ω przy użyciu ω = v ŚM / r . Otrzymujemy: m g h = 1 2 m v ŚM 2 + 1 2 m r 2 v ŚM 2 r 2 , lub g h = 1 2 v ŚM 2 + 1 2 v ŚM 2 ⟹ v ŚM = g h . Na Marsie przyspieszenie grawitacyjne wynosi 3,71 m / s 2 , co daje wartość prędkości u dołu zbocza równą v ŚM = 3,71 m / s 2 ⋅ 25 m = 9,63 m / s . Znaczenie Jest to dość dokładny wynik biorąc pod uwagę, że Mars ma bardzo rzadką atmosferę, a straty energii wynikające z oporu powietrza byłyby minimalne. Założono również, że teren jest gładki, więc koło nie napotykało kamieni i wybojów. Ponadto w tym przypadku energia kinetyczna lub energia ruchu jest równo podzielona na ruch postępowy i obrotowy. Jeśli popatrzymy na momenty bezwładności obiektów o różnych kształtach na , widzimy, że cylinder (wydrążony walec) posiada największy możliwy moment bezwładności dla danego promienia i masy. Gdyby kształt kół łazika był bardziej zbliżony kształtem do walca, to wtedy wkład energii kinetycznej ruchu postępowego do całkowitej energii byłby większy niż wkład energii ruchu obrotowego. To dałoby kołu większą prędkość liniową. W ten sposób, walec szybciej osiągnie dno niecki niż wydrążony w środku cylinder. Podsumowanie Podczas ruchu tocznego bez poślizgu pomiędzy toczącym się ciałem i powierzchnią występuje siła tarcia statycznego. Związki v ŚM = R ω , a ŚM = R ε i d ŚM = R θ mają taką postać, że prędkość liniowa, przyspieszenie i odległość przebyta przez środek masy są wyrażone jako zmienne kątowe pomnożone przez promień obiektu. W ruchu tocznym z poślizgiem pomiędzy toczącym się przedmiotem i powierzchnią występuje siła tarcia kinetycznego. W tym przypadku v ŚM ≠ R ω , a ŚM ≠ R ε i d ŚM ≠ R θ . Do analizy ruchu tocznego ciał bez poślizgu może być stosowana zasada zachowania energii mechanicznej. Natomiast podczas toczenia się ciał z poślizgiem energia mechaniczna nie jest zachowywana na skutek wytwarzania ciepła towarzyszącego wykonywaniu pracy przeciwko sile tarcia kinetycznego. Pytania Czy okrągły obiekt spoczywający na szczycie równi, a następnie puszczony zacznie się toczyć, jeżeli między nim a równią nie ma tarcia? Nie, gdyż siła tarcia statycznego jest równa zero. Cylindryczna puszka o promieniu R toczy się po poziomej powierzchni bez poślizgu. (a) Jaką odległość przebędzie środek masy po wykonaniu jednego obrotu? (b) Gdyby doszło do poślizgu puszki, to czy ta odległość byłaby większa czy mniejsza? Koło znajdujące się tuż pod wierzchołkiem zbocza zostaje puszczone w ruch. Czy jest bardziej prawdopodobne, że koło wpadnie w poślizg, gdy zbocze nachylone jest stromo, czy delikatnie? Bardziej prawdopodobne jest, że koło wpadnie w poślizg na stromym zboczu, ponieważ aby siła tarcia statycznego mogła utrzymać ruch toczny bez poślizgu, współczynnik tarcia musi się zwiększać wraz z kątem jego nachylenia. Które ciało stacza się szybciej z nachylonej płaszczyzny–pełny walec czy pełna kula? Oba ciała mają taką samą masę i promień. Wydrążona kula (sfera) i wydrążony walec (cylinder) o takiej samej masie i promieniu, mające taką samą prędkość początkową środka masy wtaczają się bez poślizgu na nachylone zbocze. Które z nich osiągnie większą wysokość przed zatrzymaniem się? Walec osiągnie większą wysokość. Można to wykazać na dwa sposoby. Ze względu na większy moment bezwładności walca: Wartość bezwzględna jego przyspieszenia (jego opóźnienie) jest mniejsza, w związku z czym przy tej samej prędkości początkowej przebędzie on większą drogę, czyli osiągnie większą wysokość. Początkowa (całkowita) energia kinetyczna walca jest większa, większa więc musi być jego końcowa energia potencjalna, czyli większa musi być wysokość. Zadania Jaka jest prędkość kątowa opony samochodu o średnicy 75,0 cm jadącego z prędkością 90,0 km/h? v ŚM = R ω ⟹ 66,7 r a d / s . Chłopiec przejechał na rowerze 2,00 km. Koła roweru mają promień 30,0 cm. Jaki jest całkowity kąt obrotu opon podczas tej podróży? Jeżeli chłopiec na rowerze z poprzedniego zadania ,będąc najpierw w stanie spoczynku, rusza i przyspiesza do osiągnięcia prędkości 10,0 m/s w czasie 10,0 s, to jakie jest przyspieszenie kątowe kół? ε = 3,3 r a d / s 2 . Opony samochodów wyścigowych Formuły 1 mają 66 cm średnicy. Jeżeli samochody (bolidy) te pokonują trasę średnio z prędkością 300 km/h, to ile obrotów wykonują opony kół, jeśli samochód pokonuje trasę w 1,5 godziny? Spoczywająca kulka zaczyna staczać się z pochylni o kącie nachylenia 30°. (a) Jakie jest jej przyspieszenie? (b) Jaką drogę przebędzie w czasie 3,0 s? I ŚM = 2 5 m r 2 , a ŚM = 3,5 m / s 2 ; x = 15,75 m . Rozwiąż poprzednie zadanie, zastępując kulkę pełnym walcem. Wyjaśnij otrzymany wynik. Bryła sztywna o cylindrycznym przekroju poprzecznym zostaje puszczona z wierzchołka pochylni o nachyleniu 30 ∘ . Bryła ta stacza się 10,0 m do dna pochylni w 2,60 s. Znajdź moment bezwładności bryły i wyraź go przez jego masę m i promień r . Wybieramy kierunek dodatni ruchu w dół pochylni. Mamy: a ŚM = m g sin ⁡ θ m + I ŚM / r 2 ⟹ I ŚM = r 2 ( m g sin ⁡ 30 ∘ a ŚM − m ) , x − x 0 = v 0 t − 1 2 a ŚM t 2 ⟹ a ŚM = 2,96 m / s 2 , I ŚM = 0,66 m r 2 . Jo-jo można traktować jako pełny walec o masie m , a promieniu r , który ma nawinięty lekki sznurek wokół swojego obwodu (patrz niżej). Jeden koniec sznurka jest przymocowany do stałego punktu w przestrzeni. Jeśli walec opada, gdy sznurek odwija się bez poślizgu, to jakie jest przyspieszenie walca? Pełny walec o promieniu 10,0 cm stacza się z równi z poślizgiem. Kąt nachylenia równi wynosi 30 ∘ , a współczynnik tarcia kinetycznego o jej powierzchnię 0,40. Jakie jest przyspieszenie kątowe walca? Ile wynosi jego przyspieszenie liniowe? ε = 67,9 r a d / s 2 , ( a ŚM ) x = 1,5 m / s 2 . Kula do gry w kręgle toczy się, do przechowalni, w górę rampy o wysokości 0,5 m bez poślizgu. Jej środek masy ma prędkość początkową 3,0 m/s. (a) Jaka jest jej prędkość na szczycie rampy? (b) Czy kula dotrze do szczytu w przypadku, gdy rampa ma 1 m wysokości? Walec o masie 40,0 kg toczy się po poziomej powierzchni z prędkością 6,0 m/s. Jaka potrzebna jest praca, żeby go zatrzymać? W = − 1080,0 J , znak minus mówi, że siła hamująca walec jest przeciwna do jego kierunku ruchu. Kula o masie 40,0 kg toczy się po poziomej powierzchni z prędkością 6,0 m/s. Jaka jest potrzebna praca, żeby ją zatrzymać? Porównaj otrzymany wynik z wynikiem poprzedniego zadania. Walec wtacza się w górę równi o nachyleniu 20 ∘ . Jeśli ruch zaczyna się od dołu z prędkością 10 m/s, to jak daleko w górę równi będzie toczyć się ten walec? Energia mechaniczna na dole jest równa energii mechanicznej u góry: 1 2 m v 0 2 + 1 2 ( 1 2 m r 2 ) ⋅ ( v 0 r ) 2 = m g h ⟹ h = 1 g ( 1 2 + 1 4 ) v 0 2 , Po podstawieniu otrzymujemy h = 7,7 m ; tak więc maksymalna odległość przebyta przez walec wynosi 22,5 m. Walec o masie M i promieniu R jest ciągnięty z siłą F → przyłożoną do jego środka pod kątem 37 ∘ do płaszczyzny poziomej (patrz rysunek). Jeśli koło ma się toczyć bez poślizgu, to jaka jest maksymalna wartość | F → | ? Współczynniki tarcia statycznego i kinetycznego wynoszą odpowiednio μ s = 0,40 i μ k = 0,30 . Przyjmij, masa walca równa jest 5 kg. Pusty w środku cylider mający prędkość 5,0 m/s wtacza się pod nachylenie do wysokości 1,0 m. Jak wysoko wtoczy się pod to nachylenie sfera o takiej samej masie i promieniu oraz takiej samej prędkości początkowej? Z zasady zachowania energii mechanicznej dla kuli i walca 1 2 m v 0 2 + 1 2 I Cylinder ω 0 2 = m g h cylinder , 1 2 m v 0 2 + 1 2 I sfera ω 0 2 = m g h sfera . Odjęcie stronami tych dwóch równań, eliminuje początkową energię translacyjną (ruchu postępowego) i mamy: 1 2 I cylinder ω 0 2 − 1 2 I sfera ω 0 2 = m g ( h cylinder − h sfera ) , 1 2 m r 2 ( v 0 r ) 2 − 1 2 2 3 m r 2 ( v 0 r ) 2 = m g ( h cylinder − h sfera ) , 1 2 v 0 2 − 1 2 2 3 v 0 2 = g ( h cylinder − h sfera ) , h cylinder − h sfera = 1 g ( 1 2 − 1 3 ) v 0 2 = 1 9,8 m / s 2 ⋅ 1 6 ⋅ ( 5,0 m / s ) 2 = 0,43 m . W ten sposób sfera o mniejszym momencie bezwładności wtoczy się na wysokość mniejszą o 1,0 m − 0,43 m = 0,57 m . ruch toczny (toczenie się) (ang. rolling motion ) złożenie ruchu obrotowego i translacyjnego lub/bez poślizgu", "section": "Toczenie się ciał", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Moment pędu Dlaczego Ziemia ciągle się obraca (wiruje)? Co spowodowało ten obrót? Dlaczego grawitacyjne przyciąganie ziemskie nie spowoduje zderzenia Księżyca z Ziemią? Jak to się dzieje, że łyżwiarz na lodzie zaczyna wirować szybciej przez zwykłe przyciągnięcie rąk do tułowia? Dlaczego, aby mógł obracać się szybciej, nie musi na niego działać zewnętrzny moment siły? Aby odpowiedzieć na to pytanie, należy zwrócić uwagę na fakt, że podobnie jak podczas ruchu postępowego, zachowany jest całkowity pęd we Wszechświecie, zachowany jest również całkowity moment pędu ruchu obrotowego. Całkowity moment pędu w ruchu obrotowym jest odpowiednikiem pędu w ruchu postępowym. W tym podrozdziale najpierw zdefiniujemy, a następnie przeanalizujemy moment pędu z różnych punktów widzenia. Najpierw jednak zajmiemy się momentem pędu pojedynczej cząstki. To pozwoli nam następnie na uogólnienie tego pojęcia na układ cząstek i bryłę sztywną. Moment pędu pojedynczej cząstki pokazuje cząstkę w położeniu r → z pędem p → = m v → względem początku układu. Jej moment pędu można określić za pomocą wektorów położenia i pędu. Moment pędu cząstki Moment pędu l → cząstki określa się jako wektor będący iloczynem wektorowym r → i p → , który jest prostopadły do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory r → i p → : l → = r → × p → . W przestrzeni trójwymiarowej układ współrzędnych wybrano w taki sposób, by wektor położenia r → cząstki i wektor pędu p → leżały w płaszczyźnie x y . Moment pędu określony jest jako l → = r → × p → i ma tutaj kierunek i zwrot osi z . Jak pokazano na rysunku, kierunek l → wyznaczony jest w oparciu o regułę prawej dłoni (wynika to z wyboru układu współrzędnych – jest on prawoskrętny). Intencją przedstawionego wyboru kierunku wektora momentu pędu, prostopadłego do płaszczyzny zawierającej r → i p → , było to, by był on podobny do wyboru kierunku momentu siły prostopadłego do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory r → i p → , co omówiono w rozdziale Obroty wokół stałej osi . Wartość momentu pędu wynika z definicji iloczynu wektorowego: l = r p sin θ , gdzie θ jest kątem między wektorami r → i p → . Jednostką momentu pędu jest k g ⋅ m / s . Podobnie jak w przypadku definicji momentu siły możemy zdefiniować ramię (wektora) pędu r → , będące jest odległością początku układu współrzędnych od prostej, na której leży wektor pędu p → . Zgodnie z rysunkiem wynosi ono r ⊥ = r sin ⁡ θ . Zgodnie z tą definicją wielkość momentu pędu możemy wyrazić jako l = r ⊥ p = r ⊥ m v . Zwróćmy uwagę, że jeżeli kierunek p → jest taki, że przechodzi przez początek układu, to θ = 0 ∘ , a zatem moment pędu jest równy zero, ponieważ ramię pędu jest równe zero. W związku z tym zauważmy, że wielkość momentu pędu zależy od wyboru początku układu współrzędnych. Jeżeli obliczymy pochodną po czasie momentu pędu, to okaże się, że otrzymamy wyrażenie na moment siły cząstki. Mianowicie: d l → d t = d r → d t × p → + r → × d p → d t = v → × m v → + r → × d p → d t = r → × d p → d t . Skorzystaliśmy tutaj z definicji p → oraz z faktu, że iloczyn wektorowy tych samych wektorów (tutaj prędkości) jest zerem. Z drugiej zasady dynamiki w postaci d p → / d t = ∑ F → oraz definicji momentu siły, możemy napisać d l → d t = ∑ M → . Zwróćmy uwagę na podobieństwo powyższego wzoru do drugiej zasady dynamiki w postaci d p → / d t = ∑ F → . Poniższa strategia rozwiązywania zadań może służyć jako wytyczna do obliczania momentu pędu cząstki. Strategia rozwiązywania zadań: moment pędu cząstki Wybierz układ współrzędnych, w którym ma być obliczony moment pędu. Zapisz wektor wodzący cząstki punktowej, używając wektorów jednostkowych osi. Zapisz wektor pędu cząstki, używając wektorów jednostkowych. Oblicz wartość iloczynu wektorowego l → = r → × p → i użyj reguły prawej dłoni, aby ustalić kierunek i zwrot wektora momentu pędu. Sprawdź, czy wektor momentu pędu zależy od czasu. Jeżeli tak, to istnieje niezerowy moment pędu względem początku układu i przy użyciu wzoru d l → / d t = ∑ M → oblicz moment siły. Jeśli nie istnieje zależność czasowa w wyrażeniu na moment pędu, to moment siły wynosi zero. Moment pędu i moment siły działającej na meteoroid Obserwator z powierzchni ziemi przygląda się meteoroidowi wchodzącemu w atmosferę ziemską ( ). Pozycję meteoroidu względem obserwatora określa wektor r → = 25 k m ⋅ i ^ + 25 k m ⋅ j ^ . W chwili, gdy obserwator zauważa meteoroid, ma on pęd p → = 15 k g ⋅ m 2 / s ⋅ j ^ , a jego stałe przyspieszenie wynosi 2 m / s 2 ⋅ j ^ . Jaki jest moment pędu meteoroidu względem początku układu, który przyjmujemy w miejscu obserwatora? Jaki jest moment siły grawitacji działającej na meteoroid względem tego początku układu? Obserwator widzi z Ziemi meteoroid w położeniu r → , który ma pęd p → . Strategia rozwiązania Rozłożymy przyspieszenie na składowe x i y i zastosujemy równania kinematyczne, aby wyrazić prędkość jako funkcję prześpieszenia i czasu. Za ich pomocą otrzymamy wyrażenie na pęd, a następnie, korzystając z wyrażenia na iloczyn wektorowy, obliczymy moment pędu. Ponieważ wektory położenia i pędu leżą w płaszczyźnie x y , to oczekujemy, że wektor momentu pędu będzie skierowany wzdłuż osi z . Aby znaleźć moment siły, obliczamy pochodną momentu pędu po czasie. Rozwiązanie Ponieważ meteoroid wchodzi w atmosferę ziemską pod kątem 90,0 ∘ względem poziomu, to składowe prześpieszenia w kierunkach x i y wynoszą: a x = 0 m / s 2 , a y = − 2,0 m / s 2 . Zapiszmy prędkości za pomocą równań kinematycznych. v x = 0 m / s , v y = − 2,0 ⋅ 10 3 m / s − 2,0 m / s 2 ⋅ t . Moment pędu wynosi: l → = r → × p → = ( 25,0 k m ⋅ i ^ + 25,0 k m ⋅ j ^ ) × 15,0 k g ( 0 i ^ + v y j ^ ) = 15,0 k g ( 25,0 k m ⋅ v y k ^ ) = 15,0 k g ⋅ 2,50 ⋅ 10 4 m ( − 2,0 ⋅ 10 3 m / s − 2,0 m / s 2 ⋅ t ) ⋅ k ^ . W chwili t = 0 s moment pędu meteoru względem początku układu wynosi: l → 0 = 15,0 k g ⋅ 2,50 ⋅ 10 4 m ⋅ ( − 2,0 ⋅ 10 3 m / s ) ⋅ k ^ = 7,50 ⋅ 10 8 k g ⋅ m 2 / s ⋅ ( − k ^ ) . To jest chwila, gdy obserwator zauważył meteor. Aby znaleźć moment siły, liczymy pochodną momentu pędu po czasie. Wyznaczając pochodną po czasie l → , którą wyznaczyliśmy wcześniej, otrzymujemy: d l → d t = − 15,0 k g ⋅ 2,50 ⋅ 10 4 m ⋅ 2,0 m / s 2 ⋅ k ^ . Następnie, ponieważ d l → / d t = ∑ M → otrzymujemy: ∑ M → = − 7,5 ⋅ 10 5 N ⋅ m ⋅ k ^ . Jednostka momentu siły została podana jako N · m . Jednostki tej jednak nie należy mylić z dżulem, mimo że dżul jest iloczynem N · m . W celu sprawdzenia, możemy zauważyć, że ramię siły jest x – ową składową wektora r → na , ponieważ jest ono prostopadłe do siły działającej na meteor, która ma kierunek prześpieszenia a → , które z kolei jest skierowane pionowo w dół równolegle do toru ruchu meteoru. Według drugiej zasady dynamiki siła ta jest równa: F → = m a ( − j ^ ) = 15,0 k g ⋅ 2,0 m / s 2 ⋅ ( − j ^ ) = 30,0 k g ⋅ m / s 2 ⋅ ( − j ^ ) . Ponieważ wektor ramienia siły wynosi: r → ⊥ = 2.5 ⋅ 10 4 m ⋅ i ^ . zatem, moment sił jest równy: ∑ M → = r → ⊥ × F → = ( 2,5 ⋅ 10 4 m ⋅ i ^ ) × ( − 30,0 k g ⋅ m / s 2 ⋅ j ^ ) = 7,5 ⋅ 10 5 N ⋅ m ⋅ ( − k ^ ) . Znaczenie Ponieważ meteor ma przyspieszenie skierowane w dół w kierunku Ziemi, a jego wektor wodzący i prędkość zmieniają się, to moment pędu l → = r → × p → również zmienia się w funkcji czasu. Moment siły działający na meteor względem początku układu jest jednak stały, ponieważ ramię siły r → ⊥ i siła działająca na meteor są stałymi. Ten przykład pokazuje, że moment pędu zależy od wyboru punktu, względem którego jest on obliczany. I to jest bardzo ważny wniosek. Metody stosowane w tym przykładzie są również istotne w zastosowaniu do układów takich jak układ cząstek i bryła sztywna, gdzie wielkość fizyczna – moment pędu również ma zastosowanie. Sprawdź, czy rozumiesz. Proton poruszający się spiralnie wokół linii pola magnetycznego wykonuje ruch kołowy w płaszczyźnie kartki, jak pokazano poniżej. Promień toru jest równy 0,4 m, a proton ma prędkość 4,0 ⋅ 10 6 m / s . Ile wynosi moment pędu protonu względem początku układu? Z rysunku widać, że iloczynem wektora wodzącego i wektora pędu jest wektor skierowany przed kartkę (do nas). Wstawiając wartości wektora wodzącego i pędu do wyrażenia na moment pędu, otrzymujemy l → = r → × p → = ( 0,4 m ⋅ i ^ ) × ( 1,67 ⋅ 10 − 27 k g ⋅ 4,0 ⋅ 10 6 m / s ⋅ j ^ ) = 2,7 ⋅ 10 − 27 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Moment pędu układu cząstek Moment pędu układu cząstek to ważna wielkość fizyczna dla wielu dyscyplin naukowych, z których jedną jest astronomia. Rozważmy galaktykę spiralną, tj. obracającą się wyspę gwiazd, taką jak nasza Droga Mleczna. Poszczególne gwiazdy mogą być traktowane jako cząstki punktowe, z których każda ma swój własny moment pędu. Wektorowa suma poszczególnych momentów pędu daje łączny moment pędu galaktyki. W tej części opracujemy narzędzia dzięki którym będzie możliwe wyznaczenie całkowitego momentu pędu układu cząstek. W poprzedniej części wprowadziliśmy pojęcie momentu pędu pojedynczej cząstki względem określonego punktu początkowego. Wyrażenie dla tego momentu pędu miało postać l → = r → × p → , gdzie wektor r → jest poprowadzony od punktu początkowego do cząstki, a p → jest pędem cząstki. Jeśli mamy układ N cząstek, z których dana i – gdzie położenie i -tej cząstki określa wektor r → i , a jej pęd p → i , to całkowity moment pędu układu cząstek jest sumą wektorową momentów pędu poszczególnych cząstek układu L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N . Podobnie, jeśli na i -tą cząstkę działa moment siły M → i , to możemy znaleźć wypadkowy moment sił względem początku układu współrzędnych dla układu cząstek przez zróżniczkowanie powyższego : d L → d t = ∑ i d l → i d t = ∑ i M → i . Suma poszczególnych momentów wytwarza zewnętrzny moment obrotowy działający na układ, który określamy jako ∑ M → . A zatem d L → d t = ∑ M → . stwierdza, że szybkość zmian całkowitego momentu pędu układu równa jest wypadkowemu momentowi sił zewnętrznych działających na układ, gdy obie wielkości są mierzone względem określonego punktu początkowego . Moment pędu trzech cząstek Na podstawie należy określić całkowity moment pędu trzech cząstek względem początku układu. Jaka jest szybkość zmiany momentu pędu? Układ trzech cząstek rozmieszczonych na płaszczyźnie x y różniących się położeniem i wartością pędu. Strategia rozwiązania Określimy wektory położeń i pędów dla trzech cząstek. Obliczymy poszczególne momenty pędu i dodamy je wektorowo w celu znalezienia całkowitego momentu pędu. Następnie zrobimy to samo dla momentów sił. Rozwiązanie Cząstka 1: r → 1 = − 2,0 m ⋅ i ^ + 1,0 m ⋅ j ^ , p → 1 = 2,0 k g ⋅ 4,0 m / s ⋅ j ^ = 8,0 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ , l → 1 = r → 1 × p → 1 = − 16,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Cząstka 2: r → 2 = 4,0 m ⋅ i ^ + 1,0 m ⋅ j ^ , p → 2 = 4,0 k g ⋅ 5,0 m / s ⋅ i ^ = 20,0 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , l → 2 = r → 2 × p → 2 = − 20,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Cząstka 3: r → 3 = 2,0 m ⋅ i ^ − 2,0 m ⋅ j ^ , p → 3 = 1,0 k g ⋅ 3,0 m / s ⋅ i ^ = 3,0 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , l → 3 = r → 3 × p → 3 = 6,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Dodajmy poszczególne momenty pędu, aby znaleźć ich sumę względem początku układu: l → T = l → 1 + l → 2 + l → 3 = − 30 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Poszczególne siły i ramiona sił oraz momenty sił wynoszą r → 1 ⊥ = 1,0 m ⋅ j ^ , F → 1 = − 6,0 N ⋅ i ^ , M → 1 = 6,0 N ⋅ m ⋅ k ^ , r → 2 ⊥ = 4,0 m ⋅ i ^ , F → 2 = 10,0 N ⋅ j ^ , M → 2 = 40,0 N ⋅ m ⋅ k ^ , r → 3 ⊥ = 2,0 m ⋅ i ^ , F → 3 = − 8,0 N ⋅ j ^ , M → 3 = − 16,0 N ⋅ m ⋅ k ^ . Stąd ∑ i = 1 3 M → i = M → 1 + M → 2 + M → 3 = 30 N ⋅ m ⋅ k ^ . Znaczenie Przykład ten ilustruje zasadę superpozycji dla momentów pędu i momentów sił układu cząstek. Należy być ostrożnym określając wektory położenia r → i cząstek przy obliczaniu momentów pędu i ramion sił r → i ⊥ przy obliczaniu momentów sił, ponieważ są to zupełnie różne wielkości. Moment pędu bryły sztywnej Badaliśmy moment pędu pojedynczej cząstki, który uogólniliśmy na układ cząstek. Teraz zastosujemy omówione w poprzednim rozdziale metody, aby wprowadzić i rozwinąć koncepcję momentu pędu dla bryły sztywnej. Ciała niebieskie, takie jak planety, mają moment pędu spowodowany zarówno ich obrotem wokół osi, jak i ruchem orbitalnym wokół gwiazd. W inżynierii, wszystko, co obraca się wokół osi, posiada moment pędu, czego przykładem są koła zamachowe, śmigła samolotów oraz wirujące części w silnikach. Znajomość momentów pędu tych obiektów ma zasadnicze znaczenie przy konstrukcji układu, którego są one częścią. W celu wprowadzenia momentu pędu bryły sztywnej będziemy ją modelować przez sztywno ze sobą połączony układ, składający się z małych elementów masy Δ m i . Na , ruch bryły sztywnej ograniczony jest do obrotu wokół osi (symetrii) z prędkością kątową ω . Zakładamy też, że rozkład masy jest osiowosymetryczny. Wszystkie elementy masy, które tworzą bryłę sztywną, okrążają oś z taką samą prędkością kątową. W części (a) rysunku mamy element masy Δ m i wskazywany przez wektor wodzący r → i wyprowadzony z początku układu współrzędnych, oraz promień R i okręgu, po którym porusza się masa Δ m i wokół osi z . Wartość jego prędkości stycznej jest równa v i = R i ω . Ponieważ wektory r → i i v → i są prostopadłe do siebie, wartość momentu pędu tego elementu masy jest równa l i = r i Δ m i v i sin ⁡ 90 ∘ . (a) Ruch obrotowy bryły sztywnej wokół stałej, nieruchomej osi obrotu. Bryła sztywna jest symetryczna względem osi z . Element masy Δ m i znajduje się w położeniu r → i , który tworzy kąt θ i z osią z . Pokazano ruch obrotowy nieskończenie małego elementu masy. (b) l → i oznacza moment pędu elementu masy Δ m i , a jego składowa równoległa do osi z wynosi ( l → i ) z . Z reguły prawej dłoni, znajdujemy kierunek wektora momentu pędu, tak jak pokazano w części (b) rysunku. Suma momentów pędu wszystkich elementów masy rozpatrywanej bryły zawiera składowe, zarówno wzdłuż, jak i prostopadle do osi obrotu. Każdy element masy Δ m i ma składową momentu pędu prostopadłą do osi obrotu, która dodana do momentu pędu takiej samej masy Δ m i , znajdującej się po przeciwnej stronie osi obrotu, daje wypadkowy zerowy moment pędu bryły sztywnej w kierunku prostopadłym do osi obrotu. Tak więc składowe momentów pędu elementów masy Δ m i wzdłuż osi obrotu są jedynymi składnikami, które nadają wartość niezerową sumarycznemu momentowi pędu bryły sztywnej, skierowanemu równolegle do osi obrotu. Z części (b) rysunku składnik l → i jest wektorem równoległym do osi obrotu, a jego wartość wynosi ( l i ) z = l i sin ⁡ θ i = r i Δ m i v i sin ⁡ θ i = r i sin ⁡ θ i ⋅ Δ m i v i = R i Δ m i v i . Wypadkowy moment pędu bryły sztywnej wzdłuż osi obrotu wynosi więc L z = ∑ i ( l i ) z = ∑ i R i Δ m i v i = ∑ i R i Δ m i ⋅ R i ω z = ω z ∑ i Δ m i R i 2 . Jak widać w powyższym wzorze, czynnik ∑ i Δ m i R i 2 jest momentem bezwładności bryły sztywnej względem osi obrotu. Dla cienkiej obręczy, o promieniu R , obracającej się wokół osi symetrii prostopadłej do płaszczyzny obręczy, R i = R dla każdego i , więc sumowanie ogranicza się do R 2 ∑ i Δ m i = m R 2 , co daje moment bezwładności cienkiej obręczy przedstawionej na . Zatem wartość momentu pędu wzdłuż osi obrotu bryły sztywnej obracającej się z prędkością kątową ω z wokół osi jest równa L z = I ω z . Równanie to jest analogiczne do równania na wartość pędu p = m v . Kierunek wektora momentu pędu (ang. angular momentum ) (dla bryły sztywnej obracającej się wokół stałej osi na określenie momentu pędu także używa się nazwy kręt ) jest skierowany wzdłuż osi obrotu, a jego kierunek i zwrot określa reguła prawej dłoni. Moment pędu ramienia robota Ramię robota łazika marsjańskiego podobnego do Curiosity pokazanego na ma długość 1,0 m, a jego swobodny koniec wyposażony jest w kleszcze (chwytniki) do pobierania skał. Masa ramienia wynosi 2,0 kg, a masa kleszczy 1,0 kg – patrz . Ramię robota i kleszcze zaczynają się poruszać, osiągając prędkość kątową ω = 0,1 π r a d / s w czasie 0,1 s. Dalej ramię obraca się i podnosi marsjański kamień, o masie 1,5 kg. Osią obrotu jest punkt, w którym ramię robota łączy się z łazikiem. Jaki jest moment pędu ramienia robota wokół osi obrotu po 0,1 s, czyli po tym, gdy przestało ono prześpieszać? Jaki jest moment pędu ramienia robota, gdy jego kleszcze uchwyciły marsjańską skałę i jego ramię obraca się do góry? W przypadku gdy kleszcze ramienia nie uchwyciły skały, jaki jest moment siły działającej na ramię względem punktu, w którym łączy się ono z łazikiem, gdy jego przyspieszenie zwiększa prędkość kątową od stanu spoczynku do prędkości końcowej? Ramię robota łazika na Marsie odchyla się i podnosi marsjańską skałę. (Źródło: praca zmodyfikowana przez NASA / JPL-Caltech) Strategia rozwiązania Użyjemy , aby znaleźć moment pędu dla różnych przypadków. Gdy ramię obraca się w dół, reguła prawej dłoni daje wektor momentu pędu skierowany przed kartkę (do czytelnika), który to kierunek nazwiemy dodatnim kierunkiem osi z . Gdy ramię obraca się w górę, reguła prawej ręki daje kierunek wektora momentu pędu za kartkę, tj. w ujemnym kierunku osi z . Moment bezwładności jest sumą poszczególnych momentów bezwładności. Ramię robota może być przybliżone jednorodnym prętem, a kleszcze i marsjańska skała mogą być przybliżone masami punktowymi, znajdującymi się w odległości 1 m od punktu początkowego. W etapie (c), aby znaleźć moment siły działający na ramię robota, użyjemy drugiej zasady dynamiki ruchu obrotowego. Rozwiązanie Wypisując poszczególne momenty bezwładności, otrzymujemy: ramię robota I R = 1 3 m R r 2 = 1 3 ⋅ 2,00 k g ⋅ ( 1,00 m ) 2 = 2 3 k g ⋅ m 2 , kleszcze: I K = m K r 2 = 1,0 k g ⋅ ( 1,0 m ) 2 = 1,0 k g ⋅ m 2 , marsjańska skała: I MS = m MS r 2 = 1,5 k g ⋅ ( 1,0 m ) 2 = 1,5 k g ⋅ m 2 . Zatem bez marsjańskiej skały całkowity moment bezwładności jest równy I c = I R + I K = 1,67 k g ⋅ m 2 . Natomiast wartość wektora momentu pędu wynosi L = I ω = 1,67 k g ⋅ m 2 ⋅ 0,1 π r a d / s = 0,17 π m 2 / s . Wektor momentu pędu skierowany jest przed kartkę, w kierunku wektora k ^ , dlatego ramię robota obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Teraz w obliczeniach momentu bezwładności musimy uwzględnić masę marsjańskiej skały, otrzymujemy zatem: I c = I R + I K + I MS = 3,17 k g ⋅ m 2 , oraz L = I ω = 3,17 k g ⋅ m 2 ⋅ 0,1 π r a d / s = 0,32 π k g ⋅ m 2 / s . Wektor momentu pędu skierowany jest teraz za kartkę w kierunku - k ^ i dlatego ramię robota obraca się zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Znajdźmy teraz moment siły, gdy kleszcze ramienia nie trzymają skały, licząc pochodną momentu pędu zgodnie z d L → / d t = ∑ M → . Ale ponieważ L = I ω i wiedząc, że kierunki wektorów momentu pędu i momentu siły znajdują się wzdłuż osi obrotu, możemy opuścić notację wektorową, otrzymując równanie d L d t = d ( I ω ) d t = I d ω d t = I ε = ∑ M , które jest postacią drugiej zasady dynamiki dla ruchu obrotowego. Ponieważ ε = 0,1 π r a d / s / ( 0,1 s ) = π r a d / s 2 , możemy obliczyć wypadkowy moment siły: ∑ M = I ε = 1,67 k g ⋅ m 2 ⋅ π r a d / s 2 = 1,67 π N ⋅ m . Znaczenie Moment pędu w punkcie (a) jest mniejszy niż (b), ponieważ moment bezwładności w (a) jest większy niż (b), podczas gdy prędkość kątowa jest taka sama w obu przypadkach. Sprawdź, czy rozumiesz. Co ma większy moment pędu: kula o masie m , obracająca się ze stałą prędkością kątową ω 0 względem osi z , czy walec o tej samej masie, promieniu i prędkości kątowej obracający się wokół osi z ? I kula = 2 5 m r 2 , I walec = 1 2 m r 2 ; Licząc stosunek momentów pędów, otrzymujemy: L walec / L kula = I walec ω 0 / ( I kula ω 0 ) = 1 2 m r 2 / ( 2 5 m r 2 ) = 5 4 . Zatem walec ma o 25% większy moment pędu. Jest tak dlatego, gdyż ma on więcej masy rozmieszczonej dalej od osi obrotu. Wejdź na stronę University of Colorado’s Interactive Simulation of Angular Momentum , aby dowiedzieć się więcej na temat momentu pędu. Podsumowanie Moment pędu l → = r → × p → pojedynczej cząstki względem określonego punktu (początku układu odniesienia) jest iloczynem wektorowym wektora położenia i pędu cząstki w danym układzie współrzędnych. Moment pędu L → = l → 1 + l → 2 + l → 3 + … + l → N układu cząstek względem określonego punktu jest sumą wektorową poszczególnych momentów pędu cząstek tworzących układ. Wypadkowy moment siły względem określonego początku układu odniesienia jest pochodną względem czasu wypadkowego momentu pędu względem tego punktu: d L → / d t = ∑ M → . Obracająca się wokół stałej osi bryła sztywna ma moment pędu L = I ω będący wektorem skierowanym wzdłuż osi obrotu. Pochodna względem czasu momentu pędu: d L / d t = ∑ M daje wypadkowy moment siły działający na bryłę, który jest wektorem skierowanym wzdłuż osi obrotu. Pytania Czy można przypisać moment pędu cząstce bez uprzedniego zdefiniowania punktu odniesienia? Cząstka porusza się po linii prostej, przechodzącej przez początek układu współrzędnych. Czy są jakieś punkty na prostej, dla których moment pędu jest równy zero? Dla wszystkich punktów na prostej otrzymujemy zerowy moment pędu, ponieważ iloczyn dwóch wektorów równoległych (położenia i pędu) jest równy zero. W jakich warunkach bryła sztywna ma niezerowy moment pędu, ale zerowy pęd? Cząstka poruszająca się względem wybranego punktu ma pęd różny od zera. W jakich warunkach cząstka ta, względem wybranego początku układu, ma moment pędu równy zero? Cząstka musi się poruszać po linii prostej, która przechodzi przez wybrany początek układu. Czy znajomość prędkości cząstek pozwala uzyskać informacje o jej momencie pędu? Zadania Cząstka o masie 0,2 kg porusza się wzdłuż prostej o równaniu y = 0,2 m , z prędkością 5,0 m/s. Jaki jest moment pędu cząstki względem początku układu współrzędnych? Ptak leci nad tobą na wysokości 300,0 m z prędkością skierowaną poziomo względem ziemi o wartości 20,0 m/s. Ptak ma masę 2,0 kg. Wektor położenia (promień wodzący) ptaka, który ma początek w miejscu, gdzie stoisz, tworzy kąt θ z powierzchnią ziemi. Niech wektor położenia i pęd ptaka leżą w płaszczyźnie x y . Oblicz moment pędu ptaka względem miejsca, w którym stoisz. Wartość iloczynu wektorowego wektora położenia i pędu ptaka wynosi r p sin θ , gdzie r sin ⁡ θ jest wysokością, na której znajduje się ptak. Kierunek momentu pędu jest prostopadły do wektorów promienia wodzącego i pędu, który to, zgodnie z treścią zadania, określony jest przez, wybrany dowolnie, kierunek k ^ (dodatni kierunek osi z ). L → = r → × p → = h m v k ^ = 300,0 m ⋅ 2,0 k g ⋅ 20,0 m / s ⋅ k ^ = 12 000,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Samochód wyścigowy Formuły 1 o masie 750,0 kg, prześpieszając na torze wyścigowym w Monako wchodzi w zakręt kołowy z szybkością 220,0 km/h, w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. W innej części toru samochód wchodzi w drugi zakręt kołowy z szybkością 180 km/h, także w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Wiedząc, że promień krzywizny pierwszego zakrętu jest równy 130,0 m, a drugiego 100,0 m, porównaj momenty pędu samochodu, liczone względem środków krzywizny toru, w obu przypadkach. Cząstka o masie 5,0 kg znajduje się w pozycji opisanej wektorem r → = 2,0 m ⋅ i ^ − 3,0 m ⋅ j ^ w chwili, gdy jej prędkość wynosi v → = 3,0 m / s ⋅ i ^ , w przyjętym układzie odniesienia. (a) Jaki jest moment pędu cząstki? (b) Jeżeli na cząstkę w tej chwili czasu działa siła F → = 5,0 N ⋅ j ^ , to jaki jest moment siły względem początku układu odniesienia? a. l → = 45,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ ; b. M → = 10,0 N ⋅ m ⋅ k ^ . Użyj reguły prawej dłoni do określenia kierunków momentów pędu cząstek względem początku układu współrzędnych pokazanego poniżej. Oś z jest skierowana przed kartkę. Przypuśćmy, że cząstki z poprzedniego zadania mają masy: m 1 = 0,10 k g , m 2 = 0,20 k g , m 3 = 0,30 k g , m 4 = 0,40 k g . Prędkości cząstek wynoszą: v → 1 = 2,0 m / s ⋅ i ^ , v → 2 = 3,0 m / s ⋅ i ^ - 3,0 m / s ⋅ j ^ , v → 3 = − 1,5 m / s ⋅ j ^ , v → 4 = − 4,0 m / s ⋅ i ^ . (a) Oblicz moment pędu każdej cząstki względem początku układu współrzędnych. (b) Jaki jest całkowity moment pędu wszystkich czterech cząstek? (a) l → 1 = − 0,4 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ , l → 2 = l → 4 = 0 → , l → 3 = 1,35 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ ; (b) L → = 0,95 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Dwie cząstki o równych masach poruszają się z tą samą wartością prędkości w przeciwnych kierunkach, wzdłuż równoległych linii, które dzieli odległość d . Pokaż, że moment pędu tego układu jest taki sam bez względu na to, gdzie znajduje się punkt, względem którego obliczamy momentu pędu. Samolot o masie 4,0 ⋅ 10 4 k g leci poziomo na wysokości 10 km ze stałą prędkością 250 m/s w stosunku do Ziemi. (a) Jaka jest wartość momentu pędu samolotu względem obserwatora na powierzchni ziemi bezpośrednio pod samolotem? (b) Czy moment pędu zmienia się, gdy samolot dalej leci wzdłuż swojego toru (jest na swojej ścieżce)? a. L = 1,0 ⋅ 10 11 k g ⋅ m 2 / s ; b. Nie, moment pędu pozostanie taki sam, ponieważ ramię pędu (równe co do wartości wysokości samolotu nad ziemią) jest cały czas takie samo, bez względu na to, w którym miejscu znajduje się samolot na swoim torze ruchu. W danym momencie, cząstka o masie 1,0 kg znajduje się w położeniu: r → = 2,0 m ⋅ i ^ − 4,0 m ⋅ j ^ + 6,0 m ⋅ k ^ i ma prędkość v → = − 1,0 m / s ⋅ i ^ + 4,0 m / s ⋅ j ^ + 1,0 m / s ⋅ k ^ , a siła działająca na nią wynosi F → = 10,0 N ⋅ i ^ + 15,0 N ⋅ j ^ . (a) Ile wynosi moment pędu cząstki względem początku układu współrzędnych? (b) Ile wynosi moment siły działającej na cząstkę względem początku układu współrzędnych? (c) Jaka jest szybkość zmiany momentu pędu cząstki w tym momencie? Cząstka o masie m zostaje upuszczona w punkcie ( − d , 0 ) i opada pionowo w polu grawitacyjnym Ziemi z przyspieszeniem – g j ^ . (a) Jakie jest wyrażenie na moment pędu cząstki względem osi z , na podstawie poniższego rysunku? (b) Oblicz moment siły działającej na cząstkę względem osi z . (c) Czy moment siły jest równy czasowej szybkości zmian momentu pędu? a. v → = − g t j ^ , r → ⊥ = − d i ^ , l → = m d g t k ^ ; b. F → = − m g j ^ , ∑ M → = d m g k ^ ; c. Tak. (a) Oblicz moment pędu Ziemi na jej orbicie w ruchu wokół Słońca. (b) Porównaj ten moment pędu z momentem pędu Ziemi w ruchu obrotowym wokół własnej osi (z krętem Ziemi). Głaz o masie 20 kg i promieniu 20 cm zaczyna się staczać ze wzgórza o wysokości 15 m. Ile wynosi jego moment pędu gdy: (a) jest w połowie drogi staczania się? (b) jest na końcu drogi staczania się? Zakładając, że możemy przybliżyć kształt głazu pełną kulą: a. m g h = 1 2 m ( r ω ) 2 + 1 2 ⋅ 2 5 m r 2 ω 2 , ω = 51,2 r a d / s , L = 16,4 k g ⋅ m 2 / s ; b. ω = 72,5 r a d / s ; L = 23,2 k g ⋅ m 2 / s . Satelita obraca się z częstotliwością 6,0 obr/s. Satelita składa się z korpusu w kształcie kuli o promieniu 2,0 m i masie 10000 kg oraz dwóch anten wystających ze środka masy korpusu, których kształt może być przybliżony prętami o długości 3,0 m i masie 10 kg. Anteny leżą w płaszczyźnie obrotu. Ile wynosi moment pędu satelity? Śmigło składa się z dwóch łopat o długości 3,0 m i masie 120 kg każde. Śmigło można przybliżyć pojedynczym prętem obracającym się wokół osi przechodzącej przez jego środek masy i prostopadłej do pręta. Śmigło zaczyna się obracać za stałym przyspieszeniem kątowym i osiąga 1200 obrotów na minutę, w 30 sekund. (a) Ile wynosi moment pędu śmigła w chwili t = 10 s i t = 20 s ? (b) Ile wynosi moment siły działającej na śmigło? a. I = 720,0 k g ⋅ m 2 ; ε = 4,20 r a d / s 2 ; ω ( 10 s ) = 42,0 r a d / s ; L = 3,02 ⋅ 10 4 k g ⋅ m 2 / s ; ω ( 20 s ) = 84,0 r a d / s ; b. M = 3,03 ⋅ 10 3 N ⋅ m . Pulsar to szybko obracająca się gwiazda neutronowa. Pulsar w gwiazdozbiorze Byka w mgławicy Kraba ma okres 33,5 ⋅ 10 − 3 s , promień 10,0 km i masę 2,8 ⋅ 10 30 k g . Okres obrotu pulsara rośnie z czasem na skutek emisji promieniowania elektromagnetycznego, która nie zmienia jego promienia, ale zmniejsza energię jego ruchu obrotowego. (a) Jaki jest moment pędu pulsara? (b) Przypuśćmy, że prędkość kątowa zmniejsza się w tempie 10 − 14 r a d / s . Jaki jest efektywny moment siły działającej na pulsar? Łopatki turbiny wiatrowej mające 30 m długości obracają się z maksymalną częstotliwością (prędkością obrotową) 20 obr/min. (a) Jeżeli każda łopatka ma masę 6000 kg, a zespół turbiny ma trzy łopatki, oblicz moment pędu turbiny dla tej częstotliwości. (b) Jaki moment siły jest wymagany, aby uzyskać maksymalną częstotliwość obrotów łopatek w ciągu 5 minut? a. L = 1,131 ⋅ 10 7 k g ⋅ m 2 / s ; b. M = 3,77 ⋅ 10 4 N ⋅ m . Kolejka w wesołym miasteczku ( roller-coaster ) ma masę 3000,0 kg i musi pokonać bezpiecznie pionową okrągłą pętlę o promieniu 50,0 m. Jaki jest, minimalny moment pędu kolejki w dolnej części pętli, aby mogła ona bezpiecznie przejechać przez pętlę? Zignoruj tarcie między kolejką a torem kolejki. Załóż, że kolejka jest cząstką punktową. Górski rowerzysta podczas wyścigu wykonuje skok i porusza się w powietrzu. Zanim znajdzie się w powietrzu, rower górski porusza się z szybkością 10,0 m/s. Jeżeli masa koła przedniego roweru wynosi 750 g i ma ono promień 35 cm, to jaki jest moment pędu kręcącego się koła w powietrzu tuż po oderwaniu się roweru od ziemi? ω = 28,6 r a d / s ⟹ L = 2,6 k g ⋅ m 2 / s . moment pędu (ang. angular momentum ) w ruchu obrotowym, wielkość analogiczną do pędu ciała w ruchu postępowym, otrzymujemy, wyznaczając iloczyn momentu bezwładności i prędkości kątowej", "section": "Moment pędu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Zasada zachowania momentu pędu Do tej pory zajmowaliśmy się momentami pędów (i krętami) układów składających się z cząstek punktowych i ciał (brył) sztywnych. Analizowaliśmy też wpływ zewnętrznych momentów sił na zmiany momentów pędu, stosując związek pomiędzy wypadkowym momentem sił zewnętrznych i szybkością zmiany momentu pędu ( ). Przykłady układów, które spełniają to równanie, to swobodny obrót kół rowerowych, który jest spowalniany w miarę upływu czasu z powodu działania momentu siły tarcia, lub spowolnienie obrotów Ziemi przez miliony lat z powodu działania momentu siły tarcia, powstającego na skutek tzw. deformacji pływowych (patrz rozdział Siły pływowe ). Załóżmy jednak, że nie ma wypadkowego momentu sił zewnętrznych działających na układ, tj. ∑ M → = 0 . W tym przypadku ( ) obowiązuje zasada (prawo) zachowania momentu pędu (ang. law of conservation of angular momentum ). Prawo (zasada) zachowania momentu pędu Moment pędu układu cząstek wokół punktu, w ustalonym inercjalnym układzie odniesienia, jest zachowany, jeśli wypadkowy moment sił zewnętrznych względem tego punktu jest równy zero. Stąd: d L → d t = 0 , lub L → = l → 1 + l → 2 + …+ l → N = constant . Należy zauważyć, że to całkowity moment pędu L → jest zachowany. Każdy z poszczególnych momentów pędu układu może się zmieniać, ale tak aby ich suma pozostała stała. Prawo to jest analogiczne do prawa zachowania pędu układu, gdy suma sił zewnętrznych działających na układ jest równa zero. Przykład zachowania momentu pędu pokazuje , przedstawiająca łyżwiarkę wykonującą obrót. Wypadkowy moment sił działający na nią jest bliski zero, ponieważ tarcie między jej łyżwami a lodem jest zaniedbywalne. Ponadto siła tarcia działa bardzo blisko punktu, przez który przechodzi oś obrotu. Zarówno | F → | , jak i | r → | są małe, więc | M → | też jest znikomy. W związku z tym łyżwiarka może się obracać przez jakiś czas. Może również zwiększyć swoją szybkość wirowania, ściągając ramiona i nogi. Dlaczego ściąganie ramion i nóg powoduje wzrost szybkości obrotu? Ponieważ jej moment pędu jest stały, tak że L ' = L , lub I ′ ω ′ = I ω , gdzie wielkości „primowane” odnoszą się do sytuacji z części b) rysunku, tj. po tym, jak łyżwiarka przyciągnęła ramiona i nogę do tułowia i w ten sposób zmniejszyła swój moment bezwładności. Bo jeżeli I ′ jest mniejsze, to prędkość kątowa ω ' musiała się zwiększyć, aby utrzymać stałą wartość momentu pędu. (a) Łyżwiarka wiruje na czubku łyżwy z rozłożonymi ramionami. Jej moment pędu jest zachowany, ponieważ wypadkowy moment sił działający na nią jest pomijalnie mały. (b) Jej szybkość obrotów znacznie wzrosła, gdy ściągnęła ramiona, zmniejszając swój moment bezwładności. Praca, jaką wykonała, ściągając ramiona, spowodowała wzrost energii kinetycznej ruchu obrotowego. Interesujące jest, by zobaczyć, jak energia kinetyczna ruchu obrotowego łyżwiarki zmienia się, kiedy przyciąga ramiona do tułowia. Jej początkowa energia kinetyczna ruchu jest równa: E k obr = 1 2 I ω 2 , podczas gdy końcowa energia wynosi: E ' k obr = 1 2 I ' ( ω ' ) 2 . Ponieważ I ′ ω ′ = I ω , możemy w powyższym wzorze zastąpić ω ′ przez I ω / I ′ i otrzymać: E ' k obr = 1 2 I ' ( ω ' ) 2 = 1 2 I ' ( I I ' ω ) 2 = 1 2 I ω 2 ( I I ' ) = E k obr ( I I ' ) ​ . Ponieważ moment bezwładności łyżwiarki zmalał, I ′ < I , jej końcowa energia kinetyczna ruchu obrotowego wzrosła. Źródłem tej dodatkowej energii kinetycznej jest praca, jaką łyżwiarka musiała wykonać, przyciągając ręce do siebie. Praca ta powoduje wzrost energii kinetycznej ruchu obrotowego łyżwiarki, podczas gdy jej moment pędu pozostaje stały. Ponieważ brak jest tarcia, energia ta pozostaje w układzie. W związku z tym, gdyby łyżwiarka znów rozciągnęła ręce do pierwotnej pozycji, to do początkowej wartości zmaleją prędkość kątowa łyżwiarki (od ω ' do ω ) i jej energia kinetyczna (wartość energii ruchu obrotowego zmniejsza się od wartości E ' k obr do wartości E k obr ). Ostatnie stwierdzenia uzasadnia następujący ciąg równości: E k obr = E k obr ′ ⋅ I ′ / I = [ I ′ ( ω ′ ) 2 / 2 ] ⋅ ( I ′ / I ) = ( I ′ ω ′ ) 2 / 2 I = ( I ω ) 2 / 2 I = I ω 2 / 2 . Układ Słoneczny jest kolejnym przykładem pokazującym jak zasada zachowania momentu pędu działa w naszym Wszechświecie. Nasz Układ Słoneczny zrodził się z ogromnego obłoku (chmury) gazu i pyłu, który początkowo miał określoną energię kinetyczną ruchu obrotowego. Siły grawitacyjne powodowały ściskanie się tej chmury, a jej szybkość obrotów rosła w wyniku działania zasady zachowania momentu pędu ( ). Układ Słoneczny formował się z obłoku gazu i pyłu, który pierwotnie wirował. Ruchy orbitalne i obroty planet odbywają się w tym samym kierunku, co pierwotny kierunek ruchu, przez co moment pędu macierzystej chmury jest zachowany. (Źródło: modyfikacja pracy przez NASA) Kontynuujemy naszą dyskusję dotyczącą przykładu, który ma zastosowanie w inżynierii. Połączone koła zamachowe Koło zamachowe obraca się bez tarcia z początkową częstotliwością ω 0 = 600 o b r / m i n na pionowym wale (osi obrotu) o zaniedbywalnej wartości momentu bezwładności. Spada na nie drugie koło zamachowe, które jest w stanie spoczynku i ma moment bezwładności trzy razy większy niż obracające się koło ( ). Ponieważ istnieje tarcie między powierzchniami kół zamachowych, po krótkim czasie osiągną, taką samą prędkość kątową, po czym będą obracać się razem. Stosując zasadę zachowania momentu pędu, znajdź prędkość kątową połączonych kół. Jaka część początkowej energii kinetycznej jest tracona podczas połączenia się kół zamachowych? Dwa koła zamachowe zostają nałożone na siebie i obracają razem. Strategia rozwiązania Część (a) zadania jest łatwa do rozwiązania; znajdziemy w niej prędkość kątową połączonych kół. Następnie otrzymany wynik wykorzystamy w części (b), w celu porównania początkowej i końcowej energii kinetycznej układu. Rozwiązanie Na ten układ nie działa zewnętrzny moment sił. Co prawda, siła tarcia między powierzchniami kół wytwarza moment sił, ale jest to moment sił wewnętrznych, który nie wpływa na moment pędu całego układu. Z tego powodu możemy zastosować zasadę zachowania momentu pędu: I 0 ⁢ ω 0 = I 0 + 3 ⁢ I 0 ⁢ ω 0 = 4 ⁢ I 0 ⁢ ω ⇒ ω = 1 4 ⁢ ω 0 = 1 4 ⋅ 2 π f 0 = 15,7 ⁢ rad ∕ s ⁢ . I_0 \\omega_0 = (I_0 + 3I_0)\\omega_0 = 4I_0 \\omega \\implies \\omega = \\frac14 \\omega_0 = \\SI{150}{\\obrott\\per\\minute} = \\SI{15,7}{\\radian\\per\\second} \\text{.} Przed połączeniem obracało się tylko jedno koło zamachowe. Energia kinetyczna ruchu obrotowego koła zamachowego I 0 ω 2 / 2 jest równocześnie początkową energią kinetyczną ruchu obrotowego układu. Końcowa energia kinetyczna wynosi 1 / 2 ⋅ 4 I 0 ω 2 = 1 / 2 ⋅ 4 I 0 ⋅ ( ω 0 / 4 ) 2 = I 0 ω 0 2 / 8 . Zatem stosunek końcowej energii kinetycznej do początkowej jest równy 1 8 I 0 ω 0 2 1 2 I 0 ω 0 2 = 1 4 . Tak więc po połączeniu się dwóch kół zamachowych 3/4 początkowej energii kinetycznej zostaje stracone. Znaczenie Ponieważ moment bezwładności układu zwiększa się, to zgodnie z oczekiwaniami z prawa zachowania momentu pędu prędkość kątowa się zmniejsza. W tym przykładzie widzimy, że końcowa energia kinetyczna układu zmniejszyła się, a straty energii powstają w wyniku tarcia występującego między kołami zamachowymi w trakcie ich łączenia się (prędkość kątowa jednego koła maleje a drugiego (początkowo nie obracającego się) rośnie). Porównaj to z przykładem na , gdzie łyżwiarka wykonuje pracę, ściągając ramiona do środka, zwiększając w ten sposób energię kinetyczną ruchu obrotowego. Sprawdź, czy rozumiesz. Karuzela (podwórkowa) na boisku obraca się z częstotliwością 4,0 obr/min. Wskoczyło na nią troje dzieci i zwiększyło moment bezwładności obracającego się układu karuzela/dzieci o 25%. Jaka jest nowa częstotliwość obrotów (prędkość obrotowa)? Korzystając z zasady zachowania momentu pędu otrzymujemy I ⋅ 4.0 o b r / m i n = 1,25 I ω f ⟹ ω f = 1,0 1,25 ⋅ 4,0 o b r / m i n = 3,2 o b r / m i n . Zeskok z drążka Gimnastyk o masie 80,0 kg wykonujący ćwiczenia na drążku zwalnia uchwyt i puszcza drążek gimnastyczny. Ewolucje zaczyna od pełnego wyprostu, a następnie podwija nogi i przyciąga ręce do siebie tak, aby wykonać określoną liczbę obrotów przed lądowaniem. Jego moment bezwładności przy całkowitym wyprostowaniu może być przybliżony momentem bezwładności pręta o długości 1,8 m, a gdy jest w pozycji kucznej – prętem o połowie tej długości. Jego częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa) przy pełnym wyprostowaniu wynosi 1,0 obr/s, a przyjmuje pozycję kuczną w chwili, gdy jego środek masy jest na wysokości 3,0 m i przesuwa się poziomo względem podłogi (jego prędkość jest skierowana poziomo). Ile obrotów może wykonywać do czasu, gdy z powrotem wyprostuje się na wysokości 1,8 m? Patrz . Gimnastyk o masie 80,0 kg odrywa się od drążka gimnastycznego i wykonuje szereg obrotów w pozycji skulonej przed lądowaniem w pozycji pionowej. Strategia rozwiązania Korzystając z zasady zachowania momentu pędu, możemy znaleźć jego szybkość obrotową (częstotliwość obrotów), gdy jest w pozycji kucznej. Korzystając z równań kinematyki, możemy znaleźć czas, odpowiadający zmianie wysokości środka masy gimnastyka z 3,0 m do 1,8 m. Ponieważ w momencie puszczenia drążka środek masy ma prędkość skierowaną poziomo względem ziemi, to w kierunku pionowym mamy do czynienia ze spadkiem swobodnym, co upraszcza obliczenia. To pozwala nam wyznaczyć liczbę wykonywanych obrotów. Ponieważ w obliczeniach wystąpi stosunek szybkości obrotowych, możemy zachować ich jednostki obr/s i nie trzeba ich przekształcać na jednostki prędkości kątowych rad/s. Rozwiązanie Moment bezwładności przy pełnym rozciągnięciu ciała gimnastyka, tuż po oderwaniu się od drążka, jest równy I 1 = m L 1 2 / 12 = 80,0 k g ⋅ ( 1,8 m ) 2 / 12 = 21,6 k g ⋅ m 2 , a gdy był w pozycji kucznej I 2 = m L 2 2 / 12 = 80,0 k g ⋅ ( 0,9 m ) 2 / 12 = 5,4 k g ⋅ m 2 . Z zasady zachowania momentu pędu: I 1 ω 1 = I 2 ω 2 ⟹ ω 2 = I 1 I 2 ω 1 = 21,6 k g ⋅ m 2 5,4 k g ⋅ m 2 ⋅ 1,0 o b r / s = 4,0 o b r / s . Przedział czasu w pozycji kucznej wynosi: t = 2 h g = 2 ( 3,0 m − 1,8 m ) 9,8 m / s 2 = 0,5 s . W ciągu 0,5 s gimnastyk będzie mógł wykonać dwa obroty z szybkością kątową 4,0 obr/s. Znaczenie Należy zauważyć, że liczba obrotów, jaką gimnastyk może wykonać, będzie zależeć od tego, jak długo jest on w powietrzu. W rozważanym przez nas przykładzie puszcza on drążek w momencie, gdy jego wyprostowane ciało jest ustawione poziomo. Może on też puścić drążek, będąc pod kątem, zarówno dodatnim, jak i ujemnym, a to odpowiednio wydłuża lub skraca czas ruchu w powietrzu. Zawodnicy muszą wziąć to pod uwagę przy wykonywaniu zeskoku z drążka. Zachowanie momentu pędu podczas zderzenia Pocisk o masie m = 2,0 g , poruszając się poziomo z prędkością 500,0 m/s, uderzył w brzeg tarczy i utkwił w nim. Tarcza ma masę M = 3,2 k g oraz promień R = 0,5 m . Może się ona swobodnie obracać wokół swojej osi. Jeżeli tarcza była początkowo w spoczynku ( ), to jaka jest prędkość kątowa tarczy natychmiast po tym, jak pocisk utkwił w jej brzegu? Pocisk poruszając się poziomo uderzył w brzeg tarczy i utkwił w jej krawędzi. Tarcza może swobodnie się obracać wokół osi pionowej. Strategia rozwiązania W układzie pocisk – tarcza nie działa żaden zewnętrzny moment sił wzdłuż osi pionowej przechodzącej przez centrum dysku. W ten sposób moment pędu wzdłuż tej osi jest zachowany. Początkowy, tuż przed zderzeniem, moment pędu pocisku, liczony względem osi obrotu tarczy, wynosi m v R , a początkowy moment pędu tarczy ma wartość zero. Zatem całkowity moment pędu układu przed zderzeniem jest równy m v R . Ponieważ moment pędu jest zachowany, końcowy moment pędu układu jest równy momentowi pędu tarczy z tkwiącym w niej pociskiem po uderzeniu. Rozwiązanie Początkowy moment pędu układu jest równy L 1 = m v R . Moment bezwładności układu z pociskiem osadzonym w tarczy wynosi I = m R 2 + 1 2 M R 2 = ( m + M 2 ) R 2 . Końcowy moment pędu układu jest równy L 2 = I ω 2 . W ten sposób, z zasady zachowania momentu pędu L 1 = L 2 m v R = ( m + M 2 ) R 2 ω 2 . W rozwiązaniu ze względu na ω 2 otrzymujemy: ω 2 = m v ( m + M / 2 ) R = 2,0 ⋅ 10 − 3 k g ⋅ 500,0 m / s ( 2,0 ⋅ 10 − 3 k g + 1,6 k g ) ⋅ 0,50 m = 1,2 r a d / s . Znaczenie Układ składa się zarówno z punktowej cząstki, jak i bryły sztywnej. Należy zachować ostrożność przy formułowaniu wyrażenia na moment pędu przed zderzeniem i po nim. W naszym przypadku moment pędu pocisku przed zderzeniem i po nim był liczony względem osi obrotu tarczy. Podsumowanie Zasada zachowania momentu pędu mówi, że w przypadku braku zewnętrznych momentów sił całkowity moment pędu w układzie jest zachowany. Jest to odpowiednik zasady zachowania pędu, która mówi, że pęd w układzie jest zachowany, gdy suma sił zewnętrznych działających na układ jest równa zero. W przypadku bryły sztywnej, obracającej się wokół stałej osi, zasada zachowania momentu pędu mówi, że w nieobecności zewnętrznego wypadkowego momentu sił mamy I 2 ω 2 = I 1 ω 1 . Zgodnie z tym równaniem prędkość kątowa jest odwrotnie proporcjonalna do momentu bezwładności. Tak więc jeśli moment bezwładności zmniejsza się, to prędkość kątowa, w celu zachowania moment pędu, musi wzrosnąć. Układy zawierające zarówno cząstki punktowe, jak i bryły sztywne również mogą być analizowane przy użyciu zasady zachowania momentu pędu. Momenty pędu wszystkich ciał w układzie muszą być liczone względem tej samej wspólnej osi. Pytania Czemu służy małe śmigło umieszczone pionowo na ogonie śmigłowca, które obraca się w płaszczyźnie prostopadłej do dużego śmigła (wirnika nośnego)? Bez tego małego śmigła korpus śmigłowca obracałby się w przeciwnym kierunku do dużego śmigła w celu zachowania momentu pędu. Ruch małego śmigła jest źródłem siły, przyłożonej w odległości r od środka masy helikoptera, co zapobiega niepożądanemu obrotowi korpusu śmigłowca. Załóżmy, że dziecko przechodzi od zewnętrznej krawędzi obracającej się karuzeli do jej środka. Wyjaśnij, czy prędkość kątowa karuzeli spowoduje wzrost czy spadek prędkości kątowej czy też pozostanie ona taka sama? Przyjmij, że karuzela wiruje bez tarcia. Jeżeli kulka uwiązana do liny okręca się wokół słupa, to co się dzieje z prędkością kątową piłki? Prędkość kątowa zwiększa się, ponieważ moment bezwładności maleje. Przypuśćmy, że polarne góry lodowe oderwały się i popłynęły w kierunku równika ziemskiego, zanim zdążyły się stopić. Co w takiej sytuacji stałoby się z prędkością kątową Ziemi? Wyjaśnij, dlaczego gwiazdy obracają się szybciej, gdy zapadają się pod wpływem siły grawitacji. Dlatego, że więcej masy gromadzi się w pobliżu osi obrotu gwiazdy, co zmniejsza moment bezwładności i powoduje zwiększenie jej prędkości kątowej. Podczas skoku z trampoliny nurek koziołkuje, ściągając swoje kończyny i kuląc swoje ciało. Tuż przed wejściem do wody prostuje się i wyciąga swoje kończyny, aby wejść do wody prosto w dół (patrz rysunek). Wyjaśnij wpływ obydwu działań nurka (na początku i na końcu skoku) na jego prędkość kątową. Wyjaśnij również wpływ działań nurka na zmiany jego momentu pędu. Zadania Krążek o masie 2,0 kg i promieniu 60 cm o małej masie 0,05 kg przyczepionej na jego brzegu obraca się z częstotliwością 2,0 obr/s. Mała masa oddziela się nagle od krążka. Jaka jest końcowa prędkość obrotowa (częstotliwość obrotów) krążka? Masa Słońca wynosi 2 ⋅ 10 30 k g , jego promień 7,0 ⋅ 10 5 k m , a jego okres obrotu to około 28 dni. Gdyby Słońce zapadło się (nastąpił kolaps grawitacyjny Słońca) do rozmiarów białego karła o promieniu 3,5 ⋅ 10 3 k m , to jaki byłby jego okres obrotu, przy założeniu, że podczas zapadania się część masy nie została wyrzucona na zewnątrz i w obu przypadkach Słońce można traktować jako kulę o stałej gęstości? L = 2 5 M S ⋅ ( 3,5 ⋅ 10 3 k m ) 2 ⋅ 2 π T , ( 7,0 ⋅ 10 5 k m ) 2 ⋅ 2 π 28 d n i = ( 3,5 ⋅ 10 3 k m ) 2 ⋅ 2 π T . Po obliczeniu T = 28 d n i ⋅ ( 3,5 ⋅ 10 3 k m ) 2 ( 7,0 ⋅ 10 5 k m ) 2 = 7,0 ⋅ 10 − 4 d n i a = 60,5 s . Walec o momencie bezwładności I 1 = 2,0 k g ⋅ m 2 obraca się zgodnie z ruchem wskazówek zegara wokół pionowej osi przechodzącej przez jego środek z prędkością kątową ω 1 = 5,0 r a d / s . Drugi walec o momencie bezwładności I 2 = 1,0 k g ⋅ m 2 obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara wokół tej samej osi z prędkością kątową ω 2 = 8,0 r a d / s . Jeśli para walców łączy się i obraca wokół tej samej osi obrotu, to jaka jest prędkość kątowa połączonych walców? Jaka część (w procentach) początkowej energii kinetycznej jest tracona podczas tarcia, występującego przy wyrównywaniu się prędkości kątowych walców? Nurek podczas odbicia z trampoliny uzyskuje wstępny obrót ciała w pozycji całkowicie wyprostowanej, następnie ściąga swoje kończyny, kuląc się, a potem wykonuje trzy koziołki przed uderzeniem w wodę. Jego moment bezwładności, gdy jego ciało jest rozciągnięte, wynosi 16,9 k g ⋅ m 2 , a podczas salta (w pozycji skulonej) 4,2 k g ⋅ m 2 . Jaką szybkość obrotową (częstotliwość obrotów) musi on nadać swemu ciału bezpośrednio po odbiciu z trampoliny, jeśli wykonanie salta przed uderzeniem w wodę trwa 1,4 s? f 1 = 2,1 o b r / s ⟹ f 0 = 0,5 o b r / s . Orbita satelity Ziemi ma apogeum 2500 km nad powierzchnią Ziemi, a perygeum 500 km nad powierzchnią Ziemi. W apogeum jego prędkość wynosi 730 m/s. Jaka jest jego prędkość w perygeum? Promień Ziemi wynosi 6370 km (patrz poniżej). Rosyjski satelita komunikacyjny Mołnia (rus. Молния – piorun, błyskawica) ma bardzo wydłużoną orbitę, tak aby zapewnić ciągłość zasięgu komunikacji w krajach skandynawskich i w sąsiedztwie Rosji. Orbita jest tak ustawiona, aby w tych krajach satelita był widoczny przez jak najdłuższy czas (patrz poniżej). Jeżeli satelita na takiej orbicie ma apogeum w odległości 40 000 km mierzonej od środka Ziemi i prędkość 3,0 km/s, to jaka jest jego prędkość w perygeum znajdującym się na wysokości 200,0 km? r P m v P = r A m v A ⟹ v P = 18,3 k m / s . Poniżej pokazana jest mała cząstka o masie 20 g, poruszająca się z prędkością 10,0 m/s, która uderza w krawędź pełnego walca i przykleja się do jego brzegu. Walec może się swobodnie obracać wokół osi przechodzącej przez jego środek (wokół osi symetrii walca) i prostopadłej do jego podstawy. Walec o masie 0,5 kg i promieniu 10 cm, znajduje się początkowo w spoczynku. (a) Jaka jest prędkość kątowa układu po zderzeniu? (b) Ile energii kinetycznej jest tracone podczas zderzenia? Robak o masie 0,020 kg znajduje się na brzegu tarczy ( M = 0,10 k g , R = 0,10 m ) obracającej się w płaszczyźnie poziomej wokół pionowej osi przechodzącej przez jej środek. Tarcza obraca się z prędkością kątową 10,0 rad/s. Robak czołga się do środka tarczy. (a) Jaka będzie nowa prędkość kątowa tarczy, gdy robak doczołga się do jej środka? (b) Ile wynosi zmiana energii kinetycznej układu? (c) Jaka będzie prędkość kątowa tarczy w przypadku, gdy robak doczołga się z powrotem do zewnętrznej krawędzi tarczy? (d) Jaka jest wtedy nowa energia kinetyczna układu? (e) Co jest przyczyną wzrostu i spadku energii kinetycznej? a. I tarczy = 5,0 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 , I robaka = 2,0 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 , ( I tarczy + I robaka ) ω 1 = I tarczy ω 2 , ω 2 = 14,0 r a d / s .b. Δ E k = 0,014 J ; c. ω 3 = 10,0 r a d / s powrót do początkowej wartości, d. 1 2 ( I tarczy + I robaka ) ω 3 2 = 0,035 J powrót do początkowej wartości. e. praca wykonana przez robaka poruszającego się po dysku. Jednorodny pręt mający masę 200 g i długość 100 cm może swobodnie obracać się w płaszczyźnie poziomej wokół stałej pionowej osi, przechodzącej przez jego środek i prostopadłej do jego długości. Dwa małe koraliki, każdy o masie 20 g, są umieszczone w rowkach wzdłuż pręta. Początkowo oba koraliki są unieruchomione przy pomocy zaczepów, symetrycznie po przeciwnych stronach środka pręta, w odległości 10 cm od osi obrotu. Gdy koraliki są w tym położeniu, pręt obraca się z prędkością kątową 10,0 rad/s. Kiedy zaczepy zostają zwolnione, koraliki przesuwają się na zewnątrz wzdłuż pręta. (a) Jaka będzie prędkość kątowa pręta, gdy kulki dotrą do jego końców? (b) Jaka będzie prędkość kątowa pręta, jeżeli koraliki oderwą się od pręta? Karuzela ma promień 2,0 m i moment bezwładności 300 k g ⋅ m 2 . Chłopiec o masie 50 kg biegnie po ziemi stycznie do obrzeża karuzeli z prędkością 4,0 m/s i wskakuje na nią. Jeżeli karuzela była początkowo w spoczynku, to jaka jest jej prędkość kątowa po wskoczeniu na nią chłopca? L 1 = 400,0 k g ⋅ m 2 / s , L 2 = 500,0 k g ⋅ m 2 ⋅ ω , ω = 0,80 r a d / s . Karuzela na placu zabaw ma masę 120 kg, promień 1,80 m i obraca się z częstotliwością 0,50 obr/s. Jaka jest jej częstotliwość obrotów po tym, gdy dziecko o masie 22,0 kg chwytając za jej zewnętrzną obręcz, wskakuje na karuzelę. Dziecko było początkowo w stanie spoczynku. Troje dzieci jedzie na karuzeli, siedząc na krzesełkach przy jej krawędzi. Karuzela ma masę 100 kg, promień 1,60 m i wiruje z częstotliwością 20,0 obr/min. Dzieci mają masy 22,0, 28,0, i 33,0 kg. Jeśli dziecko, które ma masę 28,0 kg, przejdzie do środka karuzeli, to jaka będzie nowa częstotliwość obrotów karuzeli? I 1 = 340,48 k g ⋅ m 2 , I 2 = 268,8 k g ⋅ m 2 , f = 25,33 o b r / m i n . (a) Oblicz moment pędu łyżwiarza na lodzie obracającego się z częstotliwością 6,0 obr/s i mającego moment bezwładności 0,40 k g ⋅ m 2 . (b) Jak zmniejszy się częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa) łyżwiarza po rozciągnięciu przez niego ramion i zwiększeniu w ten sposób momentu bezwładności? Znajdź wartość tego momentu bezwładności, jeśli częstotliwość obrotów łyżwiarza zmaleje do 1,25 obr/s. (c) Załóżmy, że zamiast rozciągnięcia ramion łyżwiarz pozwala, aby tarcie łyżew o lód spowolniło go do 3,00 obr/s. Jaki był średni moment sił, gdy spowolnienie to zajęło 15,0 s? Dwie łyżwiarki zbliżają się do siebie, jak pokazano poniżej, i chwytają się za ręce. (a) Oblicz ich końcową prędkość kątową, jeżeli każda miała początkową prędkość 2,50 m/s względem lodu. Każda z nich ma masę 70,0 kg, a środek masy każdej z nich znajduje się 0,80 m od ich połączonych dłoni. Możesz przybliżyć ich momenty bezwładności masami punktowymi względem ich środka mas. (b) Porównaj początkową i końcową energię kinetyczną układu. a. L 1 = 280 k g ⋅ m 2 / s , I 2 = 89,6 k g ⋅ m 2 , ω 2 = 3,125 r a d / s ; b. K 1 = 437,5 J , K 2 = 437,5 J . W grze w baseball łapacz wyciąga swoją rękę prosto w górę, aby złapać piłkę poruszającą się z prędkością 40 m/s. Piłka ma masę 0,145 kg, a ręka łapacza ma długość 0,5 m i masę 4,0 kg. (a) Jaka jest prędkość kątowa ręki względem gniazda (głowy) ramienia natychmiast po złapaniu piłki? (b) Ile wynosi moment pędu, gdy chwytacz wstrzymuje obrót ramienia 0,3 s po złapaniu piłki? W 2015 roku, w Warszawie, Olivia Rybicka-Oliver, 11-letnia Kanadyjka polskiego pochodzenia pobiła rekord świata jako najszybsza wykonawczyni piruetów na łyżwach. Osiągnęła ona rekordowe 342 obr/min, pobijając dotychczasowy rekord Guinnessa o 34 obroty. Jeżeli łyżwiarka rozciąga ramiona przy tej liczbie obrotów, to jaka jest jej nowa częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa)? Załóżmy, że w celu rozwiązania zadania, w czasie pobijania rekordu łyżwiarka może być przybliżona przez 45-kilogramowy pręt, który ma 1,7 m wysokości i promień 15 cm. Gdy po pobiciu rekordu wyciąga ręce, mogą być one przybliżone prętem o długości 130 cm i masie stanowiącej 10% masy jej ciała, zorientowanym prostopadle do osi obrotu. Zignoruj siły tarcia. Moment bezwładności podczas wykonywania rekordowych obrotów: I 1 = 0,5 k g ⋅ m 2 , A po wyciągnięciu rąk: I 2 = 1,1 k g ⋅ m 2 , ω 2 = I 1 I 2 ω 0 ⟹ f 2 = 155,5 o b r / m i n . Satelita znajduje się na geostacjonarnej orbicie kołowej odległej o 42 164 km od centrum Ziemi. Z satelitą zderza się niewielka asteroida i wyrzuca go na eliptyczną orbitę z jej apogeum odległym o 45 000 km od centrum Ziemi. Jaka jest prędkość satelity w apogeum? Załóżmy, że jej moment pędu w czasie zderzenia został zachowany. Gimnastyczka robi przewroty na podłodze, a następnie po odbiciu „wyrzuca” się w powietrze wykonując, kilka koziołków w pozycji skulonej. Jeśli jej moment bezwładności podczas robienia przewrotów wynosi 13,5 k g ⋅ m 2 , a jej częstotliwość (szybkość) wirowania wynosi 0,5 obr/s, to ile obrotów robi ona w powietrzu, jeśli jej moment bezwładności w pozycji skulonej wynosi 3,4 k g ⋅ m 2 , a ma ona na wykonanie koziołków w powietrzu 2,0 s? Jej szybkość (częstotliwość) wirowania wynosi: f 2 = 2,0 o b r / s ; Gimnastyczka w powietrzu robi cztery obroty. Wirówka w NASA Ames Research Center ma promień 8,8 m i może dawać odśrodkowe siły bezwładności do 20 g (20 razy siła grawitacji na powierzchni Ziemi). (a) Ile wynosi moment pędu ładunku o masie 20 kg, który doznaje przeciążenia 10g w wirówce? (b) Jeżeli silnik sterownika wirówki został wyłączony, a ładunek zmalał do 10 kg, to jaka będzie jego nowa szybkość (częstotliwość) wirowania, jeżeli zignorujemy siły tarcia? Diabelskie koło (diabelski młyn) ma cztery szprychy, do których są podwieszone gondole, przy czym każda może pomieścić dwie osoby. Ramiona szprych mają po 15 m długości i są przymocowane do osi centralnej. Każda szprycha ma masę 200,0 kg, a gondole po 100,0 kg. Jeśli podczas jazdy koło obraca się z częstotliwością 0,2 obr/s, a w każdej kapsule znajduje się dwoje dzieci o masie po 50,0 kg każde, to jaka będzie nowa szybkość (częstotliwość) wirowania, jeśli wszystkie dzieci wyskoczą w czasie jazdy? Moment bezwładności wszystkich dzieci: I 1 = 2,4 ⋅ 10 5 k g ⋅ m 2 ; I 2 = 1,5 ⋅ 10 5 k g ⋅ m 2 ; f 2 = 0,3 o b r / s . Łyżwiarz przygotowuje się do skoku z obrotem z rozszerzonymi (wyciągniętymi) rękami. Podczas gdy jego ręce są rozciągnięte obraca się on z częstotliwością 0,5 obr/s, a jego moment bezwładności wynosi 1,8 k g ⋅ m 2 . Jeśli łyżwiarz wybija się w powietrze z prędkością 9,0 m/s, przy kącie 45° w stosunku do lodu, to ile obrotów może on wykonać podczas lotu, jeśli jego moment bezwładności w powietrzu wynosi 0,5 k g ⋅ m 2 ? Stacja kosmiczna ma postać olbrzymiego obracającego się cylindra o masie 10 6 k g i promieniu 100 m z ludźmi na jego wewnętrznej powierzchni. W celu wytworzenia sztucznej grawitacji obraca się ona wokół własnej osi z częstotliwością 3,30 obr/min. Jeśli 100 osób o przeciętnej masie 65 kg oczekuje na mający przybyć statek kosmiczny, to jaka jest nowa częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa), gdy wszyscy ludzie opuszczą stację? I 1 = 1,00 ⋅ 10 10 k g ⋅ m 2 , I 2 = 9,94 ⋅ 10 9 k g ⋅ m 2 , f 2 = 3,32 o b r / m i n . Neptun ma masę 1,0 ⋅ 10 26 k g , dzieli go odległość 4,5 ⋅ 10 9 k m od Słońca, a jego okres obiegu wokół niego równy jest 165 lat. Według jednej z hipotez dotyczących powstania Układu Słonecznego wyewoluował on z pierwotnego gazowego dysku, który miał promień 10 11 k m . Z większości jego masy około 4,5 miliarda lat temu powstało Słońce, a z reszty planety – planetoidy i asteroidy. Jeśli przyjmiemy, że Neptun, zewnętrzna planeta Układu Słonecznego, powstał z tych części obłoku, które były rozłożone równomiernie na jego zewnętrznych krawędziach, to jaki był okres obrotu zewnętrznych krawędzi pierwotnego dysku? prawo zachowania momentu pędu (ang. law of conservation of angular momentum ) moment pędu jest zachowany, to znaczy początkowy moment pędu jest równy końcowemu momentowi pędu, gdy na układ nie działa zewnętrzny moment sił", "section": "Zasada zachowania momentu pędu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Precesja żyroskopu przedstawia żyroskop (ang. gyroscope ), który definiujemy jako wirujący dysk (ciało – bryłę sztywną o symetrii osiowej), obracający się wokół włsnej osi symetrii, przy czym oś obrotu jest osią swobodną, to znaczy może przyjąć dowolny kierunek przestrzeni. Podczas wirowania kierunek osi obrotu żyroskopu jest niezależny od orientacji układu, w którym żyroskop jest umieszczony. Żyroskop można przenosić z miejsca na miejsce, a orientacja (kierunek) osi obrotu pozostaje taka sama. To sprawia, że żyroskopy są bardzo przydatne w nawigacji, w szczególności gdy nie można stosować kompasów magnetycznych, na przykład w załogowych i bezzałogowych statkach kosmicznych, międzykontynentalnych pociskach balistycznych, bezzałogowych statkach powietrznych oraz satelitach takich jak Hubble Space Teleskop. Żyroskop składa się z dysku wirującego wokół osi symetrii, która może przyjmować dowolną orientację w przestrzeni. Precesję (ang. precession ) żyroskopu zilustrujmy na przykładzie zachowania się bączka na dwóch poniższych rysunkach. Jeśli punkt podparcia bączka jest umieszczony na płaskiej powierzchni w pobliżu powierzchni Ziemi, oś symetrii tworzy kąt z pionem, a bączek nie kręci się, to moment siły działający na środek ciężkości żyroskopu powoduje jego przewrócenie. Jest to pokazane na (a). Jednakże, jeśli bączek wiruje wokół swojej osi symetrii, to zamiast się przewrócić, z powodu działania momentu siły ciężkości, oś obrotu wykonuje ruch precesyjny (dokonuje precesji), tzn. oś symetrii bączka obraca się wokół określonego kierunku w przestrzeni, zakreślając powierzchnię boczną stożka, co przedstawiono w części (b) . (a) Jeżeli bączek się nie kręci, to moment siły r → × m g → względem punktu podparcia O (w rzeczywistości punkt, względem którego liczymy moment sił, nie ma znaczenia, gdyż na ciało działa para sił) powoduje jego przewrócenie. (b) Jeżeli bączek obraca się wokół swojej osi O O ' , to nie przewraca się, ale porusza się ruchem precesyjnym wokół osi z . przedstawia siły działające na bączek. Wektor momentu sił działa prostopadle do wektora momentu pędu. Zmienia on kierunek wektora momentu pędu L → , zgodnie z zależnością d L → = M → d t , ale nie jego wartość. Oś symetrii porusza się ruchem precesyjnym wokół osi pionowej, ponieważ moment sił jest zawsze poziomy i prostopadły do L → . Jeśli bączek nie kręci się, to uzyskuje moment pędu w kierunku momentu sił i obraca się wokół osi poziomej, a następnie upada, jak moglibyśmy oczekiwać. Wypadkowa sił działająca na środek ciężkości wytwarza moment sił M → w kierunku prostopadłym do L → . Wartość L → nie zmienia się, ale kierunek L → podlega zmianom, a oś symetrii bączka dokonuje precesji wokół osi z . Możemy zbadać to zjawisko samodzielnie, trzymając kręcące się koło rowerowe i próbując obrócić je wokół osi prostopadłej do osi obrotu. Jak pokazano na , osoba wywiera siły prostopadłe do osi obrotu i w ten sposób próbuje obrócić koło, ale zamiast tego oś koła zaczyna zmieniać swój kierunek w lewo (tj. w stronę lewej dłoni osoby) pod wpływem przyłożonego momentu sił. (a) Osoba trzymająca oburącz oś obrotu koła rowerowego próbując obrócić koło unosi oś prawą ręką w górę i popycha w dół z lewej strony. Dzięki temu powstaje wypadkowy moment sił skierowany do osoby. Ten moment sił powoduje zmianę momentu pędu w tym kierunku. (b) Diagram ilustruje dodawanie przyrostu wektora momentu pędu Δ L → , równoległego do M → , do wektora momentu pędu koła L → , w wyniku czego otrzymujemy nowy wektor momentu pędu. Koło porusza się w kierunku osoby, prostopadle do wektorów sił jakie ona na nie wywiera. Wszyscy wiemy, jak łatwo jest przewrócić się na rowerze, gdy siedzi się na nim w stanie spoczynku. Ale podczas jazdy, jest to trudniejsze (tym trudniejsze im, większa jest prędkość roweru), ponieważ, chcąc się przewrócić, musimy zmienić wektor momentu pędu obracających się kół. Zobacz film o precesji żyroskopu ( gyroscope precession ) pokazujący pełną demonstrację precesji koła rowerowego. Spróbuj zmienić położenie odtwarzacza Blu-Ray z umieszczonym i obracającym się w nim Blu-Ray Disc (B-RD). Łatwo jest przesunąć (bez obrotu) urządzenie w wybranym kierunku, ale znacznie trudniej jest dokonać obrotu Blu-Ray wokół osi prostopadłej do osi, wokół której obraca się B-RD, ponieważ przykładamy wówczas do działającego urządzenia odtwarzającego moment siły (prostopadły do osi obrotu B-RD), który powoduje precesję wektora momentu pędu wirującego B-RD. Możemy obliczyć szybkość precesji koła z . Widzimy, że wielkość momentu sił wynosi M = r m g sin θ . Stąd d L = r m g sin θ d t . Kąt, o jaki zmienia się wektor momentu pędu w czasie d t , jest równy (z i definicji kąta płaskiego mamy d ϕ = d L / L ⁢ sin θ ) d ϕ = d L L sin θ = r m g sin θ L sin θ d t = r m g L d t . Prędkość kątową precesji określa wzór ω p = d ϕ / d t , z którego wynika jej wartość ω p = r m g L , a ponieważ L = I ω , to ω p można wyrazić jako ω p = r m g I ω . W tym wyprowadzeniu założyliśmy, że ω p ≪ ω , to znaczy, że prędkość kątowa precesji jest znacznie mniejsza niż prędkość kątowa obrotów wokół osi żyroskopu. W rzeczywistości prędkość kątowa precesji dodaje niewielką składową do momentu pędu żyroskopu wzdłuż osi z . Objawia się to podczas precesji żyroskopu niewielkim wahaniem w górę i w dół jego osi obrotu. Zjawisko to nosi nazwę nutacji. Sama Ziemia zachowuje się jak gigantyczny żyroskop. Wektor moment pędu Ziemi jest równoległy do jej osi i wskazuje na Gwiazdę Północną. Ale Ziemia ulega powolnej precesji (raz na około 26 000 lat) ze względu na moment siły grawitacji Słońca i Księżyca oraz na jej niesferyczny kształt (Ziemia ma kształt elipsoidy obrotowej; jest spłaszczona przy biegunach o około 23 km). Okres precesji Żyroskop kręci się i jego dolny końcowy fragment umieszczony jest na poziomej powierzchni i dlatego mamy do czynienia z nieznacznym oporem siły tarcia. Dysk żyroskopu ma masę 0,3 kg i wiruje z częstotliwością 20 obr/s. Jego środek masy jest odległy 5,0 cm od osi obrotu i promień jego tarczy wynosi 5,0 cm. Jaki jest okres precesji żyroskopu? Strategia rozwiązania Zastosujemy , aby znaleźć prędkość kątową precesji żyroskopu. To pozwoli nam wyznaczyć okres precesji. Rozwiązanie Moment bezwładności tarczy wynosi I = 1 2 m r 2 = 1 2 ⋅ 0,30 k g ⋅ ( 0,05 m ) 2 = 3,75 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 , a jego prędkość kątowa 20,0 o b r / s = 20,0 ⋅ 2 π r a d / s = 125,66 r a d / s . Obie wielkości możemy teraz wstawić do . Prędkość kątowa precesji jest równa ω p = r m g I ω = 0,05 m ⋅ 0,3 k g ⋅ 9,8 m / s 2 3,75 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 ⋅ 125,66 r a d / s = 3,12 r a d / s , natomiast okres precesji żyroskopu wynosi T p = 2 π 3,12 r a d / s = 2,0 s . Znaczenie Prędkość kątowa precesji, 3,12 rad/s, lub częstotliwość precesji równa około 0,5 obr/s, jest znacznie mniejsza niż częstotliwość 20 obr/s tarczy żyroskopu. Dlatego też nie należy się spodziewać dużej składowej momentu pędu na skutek precesji, a równanie jest dobrym przybliżeniem prędkości kątowej precesji. Sprawdź, czy rozumiesz. Żyroskop ma prędkość kątową precesji 5,0 rad/s na Ziemi. Jaka jest prędkość kątowa precesji na Księżycu? Przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu wynosi 1/6 tego co na Ziemi. Z równania widzimy, że prędkość kątowa precesji jest proporcjonalna do przyspieszenia ziemskiego. Wszystkie pozostałe wielkości: masa, moment bezwładności i prędkość kątowa wokół osi żyroskopu są takie same na Księżycu. Tak więc prędkość kątowa precesji na Księżycu jest równa ω p ( Księżyca ) = 1 6 ω p ( Ziemi ) = 1 6 ⋅ 5,0 r a d / s = 0,83 r a d / s . Podsumowanie Gdy żyroskop jest umieszczony na obrotowym trzpieniu na powierzchni ziemi i wiruje wokół własnej osi symetrii, to wykonuje precesję wokół osi pionowej, ponieważ moment siły jest zawsze poziomy i prostopadły do L → . Jeżeli żyroskop nie kręci się, uzyskuje moment pędu w kierunku momentu siły i obraca się wokół osi poziomej i wypada z trzpienia, jak moglibyśmy tego oczekiwać. Prędkość kątową precesji wyraża wzór ω p = r m g / I ω , gdzie: r jest odległością od osi, wokół której następuje precesja, do środka masy żyroskopu, I jest momentem bezwładności wirującego dysku żyroskopu, m jest jego masą, a ω jest prędkością kątową żyroskopu. Najważniejsze wzory Prędkość środka masy toczącego się ciała v ŚM = R ω Przyspieszenie środka masy toczącego się ciała a ŚM = R ε Przemieszczenie środka masy toczącego się ciała d ŚM = R θ Przyspieszenie w ruchu tocznym bez poślizgu a ŚM = m g sin θ m + ( I ŚM / r 2 ) Moment pędu l → = r → × p → Pochodna momentu pędu równa momentowi siły d l → d t = ∑ M → Moment pędu układu cząstek L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N W przypadku układu cząstek pochodna momentu pędu jest równa d L → d t = ∑ M → Moment pędu obracającej się bryły sztywnej L = I ω Zachowanie momentu pędu d L → d t = 0 Zasada zachowania momentu pędu L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N = constant Prędkość kątowa precesji ω p = r m g I ω Pytania Żyroskopy stosowane w systemach naprowadzania w celu wskazywania kierunku w przestrzeni muszą mieć niezerowy moment pędu, który nie może zmieniać kierunku. Po zainstalowaniu ich w pojeździe (również w samolocie, rakiecie, pojeździe kosmicznym) są umieszczone w komorze, która jest oddzielona od głównego kadłuba pojazdu tak, że zmiany w jego orientacji nie mają wpływu na orientację żyroskopu. Jeżeli pojazd poddawany jest działaniu dużych sił oraz przyspieszeń, to w jaki sposób kierunek momentu pędu, a tym samym osi żyroskopu, może być przez cały czas stały? Aby zmienić moment pędu żyroskopu (kręt), potrzebny jest moment sił w kierunku do niego prostopadłym. Ale siły działające na pojazd są siłami działającymi na zewnątrz pojemnika, w którym zamontowany jest żyroskopm i nie działają na oś obracającego się żyroskopu. Ziemia porusza się ruchem precesyjnym wokół swojej osi pionowej z okresem 26 000 lat. Przedyskutuj, czy może być wykorzystane do obliczenia prędkości kątowej precesji Ziemi? Zadania Żyroskop ma wbudowany dysk o masie 0,5 kg i promieniu 10 cm, który obraca się z częstotliwością 40 obr/s. Środek masy dysku znajduje się w odległości 10 cm od trzpienia obrotowego, na którym osadzona jest oś obrotu żyroskopu. Jaka jest prędkość kątowa jego precesji? I = 2,5 ⋅ 10 − 3 k g ⋅ m 2 , ω p = 0,78 r a d / s . Prędkość kątowa precesji żyroskopu wynosi 1,0 rad/s. Jeżeli masa obracającej się tarczy (dysku) żyroskopu wynosi 0,4 kg, jego promień 30 cm, a odległość od środka masy do przegubu (trzpienia) obrotowego jest równa promieniowi, to jaka jest częstotliwość obrotów dysku? Oś Ziemi tworzy kąt 23 , 5 ∘ z kierunkiem prostopadłym do płaszczyzny orbity ziemskiej (ekliptyki). Tak jak pokazano poniżej, oś ta ulega precesji, przy czym jeden kompletny obrót wynosi 25 780 lat. (a) Oblicz zmianę momentu pędu dla połowy tego czasu. (b) Jaki jest średni moment sił, które powodują tę zmianę momentu pędu? (c) W przypadku gdyby moment ten został wywołany przez parę sił przyłożonych w najbardziej efektywnych punktach, tj. na równiku, to jaka jest ich wartość? a. L Ziemi = 7,06 ⋅ 10 33 k g ⋅ m 2 / s , Δ L = 5,63 ⋅ 10 33 k g ⋅ m 2 / s ; b. M = 1,38 ⋅ 10 22 N ⋅ m ; c. F = 1,08 ⋅ 10 15 N . Zadania dodatkowe Kulka toczy się po płaszczyźnie poziomej z prędkością 7,0 m/s, a następnie zaczyna się wtaczać na płaszczyznę nachyloną pod kątem 30 ∘ do płaszczyzny poziomej. (a) Jaką odległość przebędzie kula wzdłuż nachylonej płaszczyzny przed zatrzymaniem się? (b) Ile czasu upłynie do jej zatrzymania się? Rozwiąż poprzednie zadanie, zastępując pełną kulę kulą wydrążoną. Wyjaśnij otrzymane wyniki. a. a ŚM = − 3 10 g , v 2 = v 0 2 + 2 a ŚM ⟹ v 2 = ( 7,0 m / s ) 2 − 2 ⋅ 3 10 g ⋅ x , v 2 = 0 ⟹ x = 8,34 m ; b. t = v − v 0 a ŚM , v = v 0 + a ŚM t ⟹ t = 2,38 s ; Wydrążona kula ma większy moment bezwładności, a więc mniejszą wartość przyspieszenia niż kula pełna. Dlatego przebyta przez nią odległość jest teraz większa, a czasm jaki upłynąłm jest dłuższy niż pełnej kuli. Masa obręczy o promieniu 1,0 m wynosi 6,0 kg. Obręcz toczy się po poziomej powierzchni z prędkością 10,0 m/s. (a) Jaka praca jest potrzebna, aby zatrzymać obręcz? (b) Jeśli obręcz zaczyna wtaczać się na powierzchnię umieszczoną pod kątem 30 ∘ w stosunku do poziomu z prędkością 10,0 m/s, to jak daleko wzdłuż pochyłości będzie się toczyć przed zatrzymaniem i stoczeniem się z powrotem na dół? Rozwiąż powyższe zadanie dla wydrążonej sfery o tym samym promieniu, masie i prędkości początkowej. Wyjaśnij różnice w wynikach. a. W = − 500,0 J ; b. K = U graw = constant , 500 J + 0 J = 0 + 6,0 k g ⋅ 9,8 m / s 2 ⋅ h , h = 8,5 m , d = 17,0 m ; Moment bezwładności jest mniejszy dla wydrążonej kuli niż dla obręczy, w związku z czym mniej pracy potrzeba, aby ją zatrzymać. Podobnie przebyta przez nią droga jest krótsza niż obręczy. Cząstka ma masę 0,5 kg i porusza się wzdłuż prostej x = 5,0 m z prędkością 2,0 m/s, w dodatnim kierunku osi y . Ile wynosi moment pędu cząstki? Cząstka o masie 4,0 kg porusza się po okręgu o promieniu 2,0 m. Moment pędu cząstki zmienia się w czasie, zgodnie z zależnością l = 5,0 t 2 . (a) Ile wynosi moment siły działającej na cząstkę względem środka okręgu w t = 3,4 s ? (b) Ile wynosi prędkość kątowa cząstki w czasie t = 3,4 s ? a. M = 34,0 N ⋅ m ; b. l = m r 2 ω ⟹ ω = 3,6 r a d / s . Proton w cyklotronie jest przyspieszany do prędkości 5,0 ⋅ 10 6 m / s w czasie 0,01 s. Torem ruchu protonu jest okrąg. Jeśli promień cyklotronu wynosi 0,5 km, to: (a) jaki jest moment pędu protonu względem środka cyklotronu, przy jego maksymalnej prędkości? (b) jaki jest moment siły działającej na proton względem środka cyklotronu, gdy przyspiesza on do maksymalnej prędkości? (a) Jaki jest moment pędu Księżyca na jego orbicie wokół Ziemi? (b) Porównaj ten moment pędu z momentem pędu Księżyca związanym z jego obrotem wokół osi. Pamiętaj przy tym, że Księżyc przez cały czas jest zwrócony jedną stroną w kierunku Ziemi. a. d K = 3,85 ⋅ 10 8 m – średnia odległość do Księżyca; 27,32 d n i a = 2,36 ⋅ 10 6 s – okres obiegu po orbicie okołoziemskiej; 2 π ⋅ 3,85 ⋅ 10 8 m 2,36 ⋅ 10 6 s = 1,0 ⋅ 10 3 m / s – orbitalna szybkość Księżyca; 7,35 ⋅ 10 22 k g – masa Księżyca; L = 2,90 ⋅ 10 34 k g ⋅ m 2 / s – orbitalny moment pędu Księżyca; b. R K = 1,74 ⋅ 10 6 m – promień Księżyca; okres obiegu po orbicie jest taki sam jak w (a); ω = 2,66 ⋅ 10 − 6 r a d / s ; L = 2,37 ⋅ 10 29 k g ⋅ m 2 / s – moment pędu Księżyca związany z obrotem wokół własnej osi. Orbitalny moment pędu jest 1,22 ⋅ 10 5 razy większy od momentu pędu Księżyca związanego z obrotem wokół własnej osi. Płyta DVD obraca się z częstotliwością 500 obr/min. Ile wynosi moment pędu płyty DVD, jeśli ma ona promień 6,0 cm i masę 20,0 g? Koło garncarskie zaczyna się obracać osiągając 10 obr/s w czasie 15 s. Koło ma masę 3,0 kg i promień 30,0 cm. Ile wynosi moment pędu koła w chwilach t = 5 s , t = 10 s ? I = 0,135 k g ⋅ m 2 , ε = 4,19 r a d / s 2 , ω = ω 0 + ε t , ω ( 5 s ) = 21,0 r a d / s , L = 2,84 k g ⋅ m 2 / s , ω ( 10 s ) = 41,9 r a d / s , L = 5,66 k g ⋅ m 2 / s . Załóżmy, że musisz uruchomić stary samochód przy użyciu korby, na którą działasz siłą 300 N w czasie 0,25 sek. Jaki moment pędu został przekazany silnikowi, jeżeli uchwyt korby jest w odległości 0,30 m od osi obrotu, a wywierana na korbę siła przez cały czas jest stała i równa 300 N? Walec o masie 2,0 kg i promieniu 20 cm obraca się w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara) wokół pionowej osi symetrii, z częstotliwością 600 obr/min. Drugi taki sam walec obraca się w prawo (zgodnie z ruchem wskazówek zegara), wokół tej samej osi pionowej, z częstotliwością 900 obr/min. Jeśli walce połączą się tak, że dalej będą obracać się wokół tej samej osi pionowej, to jaka będzie ich częstotliwość obrotów? W równaniu na zasadę zachowania momentu pędu, przed i po połączeniu, po obu stronach pojawia się częstotliwość obrotów, więc zamiast prędkości kątowej można zachować (obr/min), gdyż jest ona równa prędkości kątowej pomnożonej przez stałą wartość. L 1 = − 0,04 k g ⋅ m 2 ⋅ 300,0 o b r / m i n , L 2 = 0,04 k g ⋅ m 2 ⋅ 600,0 o b r / m i n , ω = 150,0 o b r / s , w prawo zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Chłopiec stoi na środku platformy, która obraca się bez tarcia, wykonując 1,0 obr/s. Chłopiec trzyma ciężarki tak daleko od swojego ciała, jak to jest możliwe. W tym położeniu całkowity moment bezwładności chłopca, platformy i ciężarków wynosi 5,0 k g ⋅ m 2 . Chłopiec ściąga ciężarki w pobliże swojego ciała, tym samym zmniejszając całkowity moment bezwładności do 1,5 k g ⋅ m 2 . (a) Jaka jest końcowa prędkość kątowa platformy? (b) O ile zwiększyła się energia kinetyczna ruchu obrotowego układu? Ośmioro dzieci, każde o masie 40 kg, wspina się na małą karuzelę. Ustawiają się równomiernie wzdłuż zewnętrznej krawędzi, trzymając się za ręce. Karuzela ma promień 4,0 m oraz moment bezwładności równy 1 000,0 k g ⋅ m 2 . Gdy karuzeli nadano częstotliwość 6,0 obr/min, dzieci zaczęły iść do środka karuzeli i zatrzymały się, gdy były w odległości 0,75 m od osi obrotu. Jaka jest nowa częstotliwość obrotów karuzeli? Załóżmy, że moment sił tarcia w układzie jest znikomy. I 1 ω 1 = I 2 ω 2 , I 1 = 6 120,0 k g ⋅ m 2 , I 1 = 1 180,0 k g ⋅ m 2 , ω 2 = 31,1 o b r / m i n . Cienki metrowy kij o masie 150 g obraca się wokół osi prostopadłej do osi kija z częstotliwością 240 obr/min. Ile wynosi moment pędu kija, jeżeli oś obrotu przechodzi przez: (a) środek kija? (b) jeden z końców kija? Satelita w kształcie kuli masie 20000 kg i promieniu 5,0 m wiruje wokół osi przechodzącej przez jego środek masy. Jego częstotliwość wynosi 8,0 obr/s. W pewnej chwili w płaszczyźnie obrotu od środka satelity zostaną wysunięte dwie anteny. Każda antena może być przybliżona przez pręt o masie 200,0 kg i długości 7,0 m. Jaka jest nowa wartość częstotliwości obrotów (szybkość obrotowa) satelity? L 1 = 1,00 ⋅ 10 6 k g ⋅ m 2 / s , L 1 = 3,35 ⋅ 10 4 k g ⋅ m 2 / s , f 2 = 4,35 o b r / s . Bąk ma moment bezwładności 3,2 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 i odległość 4,0 cm od środka masy do punktu podparcia. Jeśli bąk obraca się z częstotliwością 20,0 obr/s i dokonuje precesji, to ile obrotów podczas niej wykona w czasie 10,0 s? Zadania trudniejsze Samochód ciężarowy przedstawiony poniżej znajduje się początkowo w stanie spoczynku. Na jego przyczepie znajduje się cylindryczna rola (bela) papieru. Jeżeli samochód zacznie poruszać się do przodu ze stałym przyspieszeniem a , to jaką odległość s przebędzie on od momentu ruszenia z miejsca, do chwili, gdy rola papieru stoczy się z tyłu samochodu? (Wskazówka: Jeśli względem ziemi rola papieru przyspiesza do przodu z przyspieszeniem a ' , to względem samochodu przyspiesza ona do tyłu z przyspieszeniem a - a ' . Również R ε = a - a ' ). Załóżmy, że rola przyspiesza do przodu w stosunku do ziemi z przyspieszeniem a ′ , to względem ciężarówki przyspiesza ona do tyłu z przyspieszeniem a − a ' . Ale ponieważ R ε = a - a ' , I = 1 2 m R 2 , ∑ F x = T s = m a ' , ∑ M = T s R = I ε = I a - a ' R , T s = I R 2 ( a - a ' ) = 1 2 m ( a - a ' ) . Rozwiązując ze względu na a ′ : T s = 1 2 m ( a - a ' ) , a ' = a 3 , x − x 0 = v 0 t + 1 2 a t 2 , d = 1 3 a t 2 , t = 3 d a , Stąd, s = 1,5 d Kula do gry w kręgle o promieniu 8,5 cm została rzucona i porusza się wzdłuż toru z prędkością 9,0 m/s. Z punktu widzenia obserwatora kierunek rzutu jest w lewo, tak że kula, podczas ruchu, w wyniku tarcia o podłogę, zaczyna obracać się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Współczynnik tarcia kinetycznego na pasie wynosi 0,3. (a) Jaki jest czas potrzebny do tego, aby kula osiągnęła punkt, w którym przestanie się ślizgać? Jaka jest odległość d do tego punktu? Mała kulka o masie 0,50 kg jest przyczepiona za pomocą nieważkiego sznurka do pionowego pręta, który obraca się w sposób pokazany poniżej. Gdy pręt ma prędkość kątową 6,0 rad/s, sznurek tworzy kąt 30 ∘ w stosunku do pionu. (a) Jeżeli prędkość kątowa pręta zostanie zwiększona do 10,0 rad/s, to jaki jest nowy kąt między sznurkiem a pionem? (b) Oblicz początkowy i końcowy moment bezwładności piłki. (c) Czy obrót pręta może być tak szybki, żeby sznurek z kulką ustawił się poziomo? Składowa pozioma siły naprężenia sznurka daje siłę dośrodkową, taką że T sin θ = m r ⊥ ω 2 . Składowa pionowa siły naprężenia sznurka równoważy siłę grawitacji T cos θ = m g . Daje to T = 5,7 N , a stąd odległość kulki od pręta wynosi r ⊥ = 0,16 m , długość sznurka jest równą r = 0,32 m . Dla ω = 10,0 r a d / s mamy nowy kąt odchylenia sznurka, jego siłę naprężenia oraz odległość kulki od pręta. Podzielenie stronami dwóch równań pozwala wyeliminować naprężenie sznurka, stąd otrzymujemy a. sin ⁡ θ cos ⁡ θ = 0,32 m ⋅ sin ⁡ θ ⋅ ω 2 g ⟹ 1 cos ⁡ θ = 0,32 m ⋅ ω 2 g , cos ⁡ θ = 0,31 ⟹ θ = 72 , 2 ∘ ; b. L pocz = 0,08 k g ⋅ m 2 / s . L końcowa = 0,46 k g ⋅ m 2 / s . c. Nie, cosinus kąta jest odwrotnie proporcjonalny do kwadratu prędkości kątowej, dlatego aby θ → 90 ° , ω → ∞ , a to znaczy, że pręt musiałby kręcić się nieskończenie szybko. Lecący poziomo owad z prędkością 1,0 m/s zderza się z końcem jednorodnego, wiszącego pionowo kijka. Po zderzeniu kijek wychyla się, przy czym maksymalny kąt wychylenia od pionu wynosi 5 , 0 ∘ . Oblicz długość kijka wiedząc, że masa kija jest 10 razy większa niż owada. precesja (ang. precession ) zmiana kierunku osi obrotu obracającego się ciała, zachodząca pod wpływem momentu siły; oś obrotu wykonuje ruch obrotowy wokół określonego kierunku w przestrzeni, zakreślając powierzchnię boczną stożka", "section": "Precesja żyroskopu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Takie stabilne ułożenie młotka połączonego sznurkiem z linijką zdaje się przeczyć prawu ciążenia. Jednak wszystkie siły działające na układ się równoważą i nie zmieniają jego ruchu postępowego. Ponadto wszystkie momenty sił również się równoważą, a zatem układ nie zmienia swojego ruchu obrotowego. Rezultatem jest równowaga statyczna. (Źródło: modyfikacja pracy „Luca Florio”/Flickr) Z wcześniejszych rozdziałów dowiedzieliśmy się o siłach i prawach Newtona dla ruchu postępowego. Następnie poznałeś moment siły i ruch obrotowy ciała wokół stałej osi obrotu. Dowiedzieliśmy się również, że równowaga statyczna oznacza brak ruchu, a równowaga dynamiczna oznacza ruch bez przyspieszenia. W tym rozdziale połączymy warunki równowagi statycznej ruchu postępowego i równowagi statycznej ruchu obrotowego, aby opisać sytuacje typowe dla każdego rodzaju konstrukcji technicznych. Jaki typ liny będzie podtrzymywał most wiszący? Na jakim rodzaju fundamentu będzie się opierał biurowiec? Czy dana proteza ręki będzie działać prawidłowo? Oto przykładowe pytania, na które współcześni inżynierowie muszą umieć odpowiedzieć. Właściwości sprężyste materiałów są szczególnie ważne w zastosowaniach technicznych, także w bioinżynierii. Na przykład materiały, które ulegają rozciągnięciu lub ściskaniu, a następnie powracają do pierwotnego kształtu lub położenia, są dobrym tworzywem do produkcji amortyzatorów. W tym rozdziale dowiemy się o niektórych zastosowaniach, łączących równowagę ze sprężystością przy konstruowaniu rzeczywistych układów mechanicznych.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Warunki równowagi statycznej Mówimy, że ciało sztywne jest w równowadze (ang. equilibrium ), kiedy zarówno jego liniowe jak i kątowe przyspieszenie wynoszą zero względem inercjalnego układu odniesienia. To oznacza, że ciało w równowadze może się poruszać, ale tylko pod warunkiem, że jego prędkość liniowa i prędkość kątowa są stałe. Mówimy, że ciało sztywne jest w równowadze statycznej (ang. static equilibrium ) kiedy jest w spoczynku w naszym wybranym układzie odniesienia. Zauważmy, że rozróżnienie stanu spoczynku i stanu ruchu jednostajnego jest sztuczne – to znaczy, że obiekt może spoczywać w naszym wybranym układzie odniesienia, ale obserwatorowi, poruszającemu się ze stałą prędkością w stosunku do naszego układu, ten sam przedmiot wydaje się znajdować w ruchu jednostajnym. Ponieważ ruch jest względny, to co pozostaje w równowadze statycznej dla nas jest w równowadze dynamicznej dla obserwatora w ruchu (i na odwrót). Ponieważ prawa fizyki są identyczne dla wszystkich inercjalnych układów odniesienia, to w takim układzie nie ma rozróżnienia równowagi statycznej i równowagi dynamicznej. Zgodnie z drugim prawem dynamiki Newtona, liniowe przyspieszenie ciała sztywnego spowodowane jest działaniem niezrównoważonej siły na to ciało: ∑ i F → i = m a → Ś M W powyższym zapisie sumowanie odbywa się po wszystkich siłach zewnętrznych działających na ciało, m to masa ciała, a a → ŚM to liniowe przyspieszenie jego środka masy ŚM (pojęcie, o którym mówiliśmy w rozdziale Pęd i zderzenia ). W równowadze, przyspieszenie liniowe wynosi zero. Jeśli przyjmiemy, że przyspieszenie jest równe zero w , otrzymamy następujące równanie: Warunek równowagi sił Pierwszy warunek równowagi (ang. first equilibrium condition ) statycznej ciała sztywnego wyraża równowagę w ruchu postępowym: ∑ i F → i = 0 → . Warunek równowagi określony w , jest warunkiem równowagi sił, który napotkaliśmy omawiając zastosowanie praw Newtona. Równanie wektorowe ( ) jest równoważne następującym trzem równaniom skalarnym dla składowych siły wypadkowej: ∑ i F i x = 0 , ∑ i F i y = 0 , ∑ i F i z = 0. Analogicznie do , możemy stwierdzić, że przyspieszenie kątowe ciała sztywnego ε → wokół ustalonej osi obrotu zostaje spowodowane działaniem wypadkowego momentu sił na to ciało: ∑ i M → i = I ε → . Tutaj I jest momentem bezwładności ciała w ruchu obrotowym względem wybranej osi, a sumowanie przebiega po wszystkich momentach M → i sił zewnętrznych z . W równowadze przyspieszenie kątowe wynosi zero. Przyjąwszy, że prawa strona wynosi zero, otrzymamy warunek równowagi momentów sił (ang. second equilibrium condition ): Warunek równowagi momentów sił Drugi warunek równowagi statycznej ciała sztywnego wyraża równowagę w ruchu obrotowym: ∑ i M → i = 0 → . Warunek równowagi określony jest warunkiem równowagi momentów sił, który pojawił się podczas omawiania dynamiki obrotowej. Warto zauważyć, że powyższe równanie równowagi obowiązuje ogólnie dla równowagi obrotowej dla dowolnej osi obrotu (ustalonej bądź nie). Ponownie, równanie wektorowe ( ) jest równoważne trzem równaniom skalarnym dla składowych wypadkowego momentu sił: ∑ i M i x = 0 , ∑ i M i y = 0 , ∑ i M i z = 0. Drugi warunek równowagi oznacza, że w równowadze nie ma wypadkowego zewnętrznego momentu sił, powodującego obrót wokół dowolnej osi. Oba warunki równowagi są określone w konkretnym układzie odniesienia. Jednak drugi dotyczy momentu siły, który jest zdefiniowany jako iloczyn wektorowy M → i = r → i × F → i , gdzie r → i to promień wodzący od osi obrotu do punktu, gdzie przyłożona została siła. W związku z tym moment siły zależy od położenia osi obrotu w układzie odniesienia. Jednak, gdy warunek równowagi momentów sił i warunek równowagi sił zachodzą jednocześnie w jednym układzie odniesienia, wtedy zachodzą również w innych inercjalnych układach odniesienia, zatem moment sił względem danej osi obrotu pozostaje zerowy. Wyjaśnienie tego jest dość proste. Załóżmy, że wektor R → określa położenie nowego inercjalnego układu odniesienia S ′ w starym inercjalnym układzie odniesienia S . Z rozważań o ruchu względnym, wiemy, że w nowym układzie odniesienia S ′ , promień wodzący r → i do punktu, przyłożenia siły F → i jest związany z r → i równaniem: r → ′ i = r → i − R → . Teraz podsumujmy wszystkie momenty sił zewnętrznych M → ′ i = r → i × F → i w nowym układzie odniesienia S ′ : ∑ i M → ′ i = ∑ i r → ′ × F → i = ∑ i ( r → i − R → ) × F → i = ∑ i r → i × F → i − ∑ i R → × F → i = ∑ i M → i − R → × ∑ i F → i = 0 → . Na ostatnim etapie, skorzystaliśmy z faktu, że w równowadze w starym układzie odniesienia S, pierwszy wyraz znika ze względu na , a drugi wyraz znika z powodu . Widzimy zatem, że wypadkowy moment sił w dowolnym inercjalnym układzie odniesienia S′ wynosi zero, pod warunkiem, że oba warunki równowagi są spełnione w inercjalnym układzie odniesienia S. Praktycznym skutkiem jest to, że przy stosowaniu warunków równowagi ciała sztywnego możemy swobodnie wybrać położenie osi obrotu i dowolny punkt jako początek układu odniesienia. Nasz wybór układu odniesienia jest podyktowany specyfiką problemu fizycznego, który rozwiązujemy. W jednym układzie odniesienia, matematyczna postać warunków równowagi może być dość skomplikowana, podczas gdy w innym te same warunki mogą mieć prostszą postać matematyczną, która jest łatwa do rozwiązania. W najbardziej ogólnym przypadku, warunki równowagi wyrażone są za pomocą sześciu równań skalarnych ( oraz ). Dla zagadnień równowagi z rotacją wokół ustalonej osi, które rozważamy w tym rozdziale, możemy zmniejszyć liczbę równań do trzech. Standardową procedurą jest przyjęcie takiego układu odniesienia, w którym oś z jest osią obrotu. Przy takim wyborze osi wypadkowy moment sił ma tylko składową z . Wszystkie siły, o niezerowych momentach, leżą w płaszczyźnie x y , a zatem wkłady w wypadkowy moment sił pochodzą tylko ze składowych x i y sił zewnętrznych. Tak więc, w przypadku zagadnień dotyczących równowagi, w których oś obrotu jest prostopadła do płaszczyzny x y , mamy trzy następujące warunki równowagi sił i momentów sił: F 1 x + F 2 x + . . . + F N x = 0 F 1 y + F 2 y + . . . + F N y = 0 M 1 + M 2 + . . . + M N = 0 gdzie sumowanie przebiega po wszystkich N zewnętrznych siłach działających na ciało i wszystkich momentach sił. W , uprościliśmy notację, opuszczając indeks dolny z , ale rozumiemy tutaj, że sumowanie przebiega po wszystkich wkładach wzdłuż osi z , która jest osią obrotu. W składowa z momentu sił M → i , pochodząca od siły F → i to: M i = r i F i sin ⁡ θ , gdzie r i jest długością ramienia siły, a F i wartością siły (jak w rozdziale Obroty wokół stałej osi ). Kąt θ jest kątem między wektorami r → i oraz F → i , mierzonym od wektora r → i do wektora F → i w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara ( ). Przy użyciu , często obliczamy wartość momentu siły i przypisujemy mu zwrot dodatni (+) lub ujemny (-), w zależności od kierunku obrotów wywołanego tym momentem siły. W wypadkowy moment sił jest sumą wyrazów, z których każdy jest obliczany przy użyciu i każdy musi mieć odpowiedni zwrot (znak + lub -). Podobnie w , możemy przypisać znak + składowym sił w kierunku dodatnich x oraz znak - składowym w kierunku ujemnych x . Ta sama reguła musi być konsekwentnie przestrzegana w , przy obliczaniu składowych siły wzdłuż osi y . Moment siły: (a) Gdy moment siły powoduje obrót wokół osi obrotu w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, jego zwrot jest dodatni, co oznacza, że wektor momentu sił jest równoległy do osi obrotu. (b) Gdy moment siły powoduje obrót wokół osi w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, jego zwrot jest ujemny, co oznacza, że wektor momentu siły jest przeciwny do osi obrotu. Obejrzyj demonstrację , aby zobaczyć dwie siły działające na sztywny kwadrat w dwóch wymiarach. Cały czas warunki równowagi statycznej określone przez równania od do są spełnione. Można zmieniać wielkości sił oraz ich ramiona i obserwować wpływ, jaki mają te zmiany na kwadrat. W wielu sytuacjach równowagi jedną z sił działających na ciało jest jego ciężar (siła ciężkości). Na rysunku rozkładu sił wektor ciężkości jest przyłożony do środka ciężkości ciała (ang. center of gravity ). Dla celów praktycznych przyjmuje się że, środek ciężkości jest identyczny ze środkiem masy, jak to zostało opisane w rozdziale Pęd i Zderzenia . Tylko w sytuacjach, gdy ciało ma duże wymiary, tak że pole grawitacyjne jest niejednorodne w całej jego objętości, środek ciężkości i środek masy znajdują się w różnych punktach. W praktyce nawet obiekty tak duże jak budynki lub statki wycieczkowe, znajdują się w jednorodnym polu grawitacyjnym na powierzchni Ziemi, gdzie przyspieszenie spowodowane grawitacją ma stałą wielkość g = 9,81 m/s 2 . W takich sytuacjach, środek ciężkości jest identyczny ze środkiem masy. Dlatego w tym rozdziale stosujemy pojęcie \"środek masy\" (ŚM) w znaczeniu punktu, w którym przyłożony jest wektor ciężkości. Przypomnijmy sobie, że ŚM ma specjalne znaczenie fizyczne – gdy do ciała przyłożona jest zewnętrzna siła, wówczas jako całość podlega ono ruchowi postępowemu i ta siła nie powoduje rotacji ciała. Gdy ŚM znajduje się poza osią obrotu, to wypadkowy moment siły ciężkości działa na obiekt. Moment siły ciężkości jest to moment spowodowany przez ciężar. Może on obracać przedmiot, jeśli ten nie ma punktu podparcia (ang. pivot point ), aby go zrównoważyć. Wielkość momentu siły grawitacji (ang. gravitational torque ) zależy od tego, jak daleko od osi obrotu znajduje się ŚM. Na przykład, gdy przewraca się samochód ciężarowy ( ), oś obrotu znajduje się na linii, w której opony stykają się z powierzchnią drogi. Jeśli ŚM znajduje się wysoko nad powierzchnią drogi, to moment siły ciężkości może być wystarczająco duży, aby doprowadzić do przewrócenia pojazdu. Samochody osobowe z nisko położonym ŚM (blisko powierzchni drogi) są bardziej odporne na przewrócenie niż ciężarówki. Rozkład masy wpływa na położenie środka masy (ŚM), do którego przykładany jest wektor siły ciężkości F → g . Jeśli środek ciężkości znajduje się nad powierzchnią, pod spodem pojazdu, to ciężarówka powraca do swojego początkowego położenia po przechyleniu (patrz: (b), po lewej). Jeśli jednak środek ciężkości leży poza tym obszarem, wówczas samochód się wywraca (patrz: (b), po prawej). Oba pojazdy w (b) są poza stanem równowagi. Zauważmy, że samochód osobowy w (a) jest w stanie równowagi – niskie położenie środka ciężkości sprawia, że trudno jest go przewrócić. Jeśli leżące na stole pudełko przechylimy tak, aby jedna krawędź pozostała w kontakcie ze stołem,wtedy staje się ona osią obrotu. Dopóki środek ciężkości pudełka pozostaje nad podstawą pudełka, dopóty moment siły ciężkości obraca pudełko w kierunku pierwotnego położenia – stabilnej równowagi. Kiedy środek ciężkości przesuwa się na zewnątrz podstawy, moment siły ciężkości obraca pudełko w przeciwnym kierunku i przewraca się ono. Obejrzyj demonstrację , aby eksperymentować ze stabilnymi i niestabilnymi pozycjami pudełka. Środek ciężkości samochodu Na płaskim podłożu samochód osobowy o rozstawie osi 2,5 m wywiera na przedniej osi nacisk wynoszący 52% ciężaru pojazdu, tak jak pokazano na . Gdzie jest położony ŚM tego samochodu w stosunku do tylnej osi? Rozkład ciężaru między osiami samochodu. Gdzie znajduje się środek ciężkości? Strategia rozwiązania Nie znamy ciężaru F g pojazdu. Wiemy tylko, że gdy samochód stoi na płaskiej powierzchni to 0,52 F g naciska na powierzchnię w punktach styku przednich kół, a 0,48 F g naciska na podłoże w punktach styku tylnych kół. Punkty te są oddalone od siebie o odległość d = 2,5 m . W tych punktach samochód doświadcza normalnych sił reakcji o wartościach F p = 0,52 F g i F t = 0,48 F g odpowiednio na przedniej i tylnej osi. Wiemy również, że samochód jest przykładem ciała sztywnego w stanie równowagi, którego cały ciężar F g działa na jego ŚM znajdujący się gdzieś pomiędzy punktami, gdzie działają normalne siły reakcji w odległości x od punktu działania F t . Naszym zadaniem jest znalezienie x . Określiliśmy trzy siły działające na ciało (samochód), możemy więc narysować rozkład sił działających na rozciągłe ciało sztywne, jak pokazano na . Rozkład sił działających na samochód z zaznaczonymi wektorami sił działających na pojazd i ich odległościami do środka masy (ŚM). Kiedy ŚM wybiera się jako położenie osi obrotu, te odległości są ramionami normalnych sił reakcji. Zwróćmy uwagę, że wartości wektorów i ramion sił nie muszą być narysowane w skali, ale wszystkie istotne wielkości muszą być wyraźnie oznaczone. Jesteśmy gotowi zapisać warunki równowagi dla samochodu zgodnie z równaniami od do , ale najpierw musimy wybrać układ odniesienia. Załóżmy, że wzdłuż osi samochodu wybraliśmy oś x , oś pionową jako y oraz oś z prostopadłą do płaszczyzny x y . Przy takim wyborze potrzebujemy zapisać tylko i , ponieważ wszystkie składowe x są tożsamościowo równe zero. Teraz musimy zdecydować o położeniu punktu obrotu. Możemy wybrać dowolny punkt, jako położenie osi obrotu (osi z ). Załóżmy, że umieszczamy oś obrotu w ŚM, jak zaznaczono na rysunku z rozkładem sił działających na samochód. W tym momencie jesteśmy gotowi, aby zapisać warunki równowagi dla samochodu. Rozwiązanie Każdy warunek równowagi zawiera tylko trzy wyrazy, ponieważ istnieją N = 3 siły działające na samochód. Pierwszy warunek równowagi – dla sił ( ) - ma postać: + F p − F g + F t = 0. Ten warunek jest łatwo spełnić, ponieważ gdy wstawimy dane, to przyjmie postać + 0,52 F g − F g + 0,48 F g − 0 . Drugi warunek równowagi – dla momentów sił ( ) ma postać: M p + M g + M t = 0 , gdzie M p jest momentem siły F p , M g - momentem siły ciężkości F g a M t - momentem siły F t . Gdy oś obrotu przechodzi przez ŚM, moment siły ciężkości tożsamościowo wynosi zero, ponieważ ramię siły ciężkości względem osi, która przechodzi przez ŚM, wynosi zero. Kierunki działania obu normalnych sił reakcji są prostopadłe do ich ramion sił, więc w , mamy | sin ⁡ θ | = 1 dla obu sił. Z rysunku przedstawiającego rozkład sił dowiadujemy się, że moment siły M p powoduje obrót w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara wokół osi obrotu przechodzącej przez środek masy, więc zwrot momentu jest ujemny, natomiast moment siły M t powoduje obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, dlatego jego zwrot jest dodatni. Dzięki tym informacjom, zapisujemy warunek równowagi dla momentów sił jako: − r p F p + r t F t = 0. Z rysunku rozkładu sił uzyskujemy ich wartości F t = 0,48 F g i F p = 0,52 F g oraz odpowiadające im ramiona sił r t = x i r p = d − x . Możemy teraz zapisać drugi warunek równowagi z , jako jawnie zależny od nieznanej odległości x : − 0,52 ( d − x ) F g + 0,48 x F g = 0. Tutaj siła ciężkości F g ulega redukcji i możemy rozwiązać równanie dla nieznanego położenia środka masy x . Odpowiedź to x = 0,52 d = 0,52 ⋅ 2,5 m = 1,3 m . Rozwiązanie Wybór osi obrotu na przedniej osi samochodu nie zmienia rezultatu. Rozkład sił dla takiego wyboru osi obrotu przedstawiony jest na . Dla takiego wyboru osi obrotu, warunek równowagi dla momentów sił to: − r g F g + r t F t = 0. Po podstawieniu wielkości zaznaczonych na rysunku z rozkładem sił otrzymujemy: − ( d − x ) F g + 0,48 d F g = 0. Odpowiedź uzyskana w wyniku rozwiązania to ponownie x = 0,52 d = 1,3 m . Równoważny schemat rozkładu sił dla samochodu z zaznaczoną inną niż na osią obrotu. Znaczenie Ten przykład pokazuje, że podczas rozwiązywania problemów równowagi statycznej, mamy swobodę wyboru położenia osi obrotu. Dla różnych osi obrotu mamy różne zestawy warunków równowagi, które trzeba rozwiązać. Jednak wszystkie wybory prowadzą do tego samego rozwiązania. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozwiąż dla tylnej osi pojazdu. x = 1,3 m Sprawdź, czy rozumiesz. Wyjaśnij, która z poniższych sytuacji spełnia oba warunki równowagi: (a) piłka tenisowa, która nie kręci się podczas lotu w powietrzu; (b) pelikan, który leci w powietrzu ze stałą prędkością na jednej wysokości; lub (c) wał korbowy w silniku zaparkowanego samochodu. (b), (c) Szczególny przypadek równowagi statycznej występuje, gdy wszystkie siły zewnętrzne działają na obiekt w osi obrotu lub wzdłuż niej, albo gdy można pominąć wymiary obiektu. W takiej szczególnej sytuacji przedmiot może być traktowany jak masa punktowa (punkt materialny) i nie musimy uwzględniać drugiego warunku równowagi dla momentów sił ( ), ponieważ wszystkie momenty są tożsamościowo równe zero, a pierwszy warunek równowagi (dla sił) jest jedynym do spełnienia. Schemat rozkładu sił oraz strategia rozwiązywania zadań w tym szczególnym przypadku zostały przedstawione w rozdziałach Prawa dynamiki Newtona i Zastosowanie praw dynamiki Newtona . Typowy przykład równowagi obejmujący tylko warunek równowagi dla sił omówimy w następnym przykładzie. Obejrzyj demonstrację , aby zobaczyć trzy ciężarki, które są połączone nićmi i krążkami (bloczkami ruchomymi). Można eksperymentować z masami ciężarków, aby zobaczyć, jak wpływa to na położenie równowagi układu i jednocześnie rozkład wektorów, przedstawiający warunek równowagi dla sił w praktyce. Naprężenie zrywające nić Mała szalka o masie 42 g podtrzymywana jest przez dwie nici, jak pokazano na . Maksymalne naprężenia, jakie wytrzyma nić to 2,8 N. Na szalkę stopniowo dodajemy masę, do chwili aż jedna z nici się zerwie. Która będzie to nić? Ile masy musimy dodać, aby doszło do zerwania nici? Masa jest dodawana stopniowo na szalkę, aż do zerwania jednej z nici. Strategia rozwiązania Ten układ mechaniczny składający się z nici, mas i szalki pozostaje w równowadze statycznej. W szczególności węzeł, który łączy nici z szalką, jest w równowadze statycznej. Węzeł można traktować jako punkt, dlatego potrzebujemy tylko warunku równowagi dla sił. Trzy siły działające na węzeł to: naprężenie N → 1 nici o długości 5 cm, naprężenie N → 2 nici 10 cm oraz ciężar F → g szalki z nałożoną masą. Możemy przyjąć układ współrzędnych prostokątnych z osią y skierowaną przeciwnie do kierunku siły ciężkości i narysować rozkład sił na węźle (patrz: ). Aby znaleźć składowe naprężeń, musimy określić kąty α 1 i α 2 , jakie nici tworzą z kierunkiem poziomym czyli osią x . Jak widać na , tworzą one dwa ramiona trójkąta prostokątnego. Możemy użyć twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta, pokazanego na , oraz wyznaczyć sinus i cosinus kątów α 1 i α 2 . Wtedy rozłożymy naprężenia na ich składowe prostokątne i podstawimy do warunku równowagi dla sił ( i ), aby znaleźć naprężenia nici. Nić z większym naprężeniem zerwie się pierwsza. Rozkład sił działających na węzeł w . Rozwiązanie Ciężar F g napręża węzeł masą szalki M i masą m dołożoną na szalkę czyli F g = ( M + m ) g . Przy pomocy rozkładu sił z , możemy ustalić warunki równowagi węzła: W kierunku x : − N 1 x + N 2 x = 0 , W kierunku y : + N 1 y + N 2 y − F g = 0 . Wartości składowych w tych równaniach wynoszą: N 1 x = N 1 cos ⁡ α 1 = N 1 5 , N 1 y = N 1 sin ⁡ α 1 = 2 N 1 5 , N 2 x = N 2 cos ⁡ α 2 = 2 N 2 5 , N 2 y = N 2 cos ⁡ α 2 = N 2 5 . Podstawiamy te składowe do warunków równowagi i upraszczamy. Otrzymujemy wtedy dwa równania równowagi dla naprężeń: W kierunku x : N 1 = 2 N 2 , W kierunku y : 2 N 1 5 + N 2 5 = ( M + m ) g . Równanie równowagi dla kierunku x mówi nam, że naprężenie N 1 nici 5 cm jest 2 razy większe od naprężenia N 2 nici 10 cm. Dlatego zerwie się krótsza nić. Używając pierwszego równania do wyeliminowania N 2 z drugiego równania, otrzymujemy zależność między masą m na szalce a naprężeniem N 1 w krótszej nici: 2,5 N 1 5 = ( M + m ) g . Nić zrywa się, gdy naprężenie osiągnie krytyczną wartość N 1 = 2,8 N . Powyższe równanie można rozwiązać dla masy krytycznej m , która zrywa nić: m = 2,5 5 ⋅ N 1 g − M = 2,5 5 ⋅ 2,8 N 9,80 m/s 2 − 0,042 kg = 0,277 kg = 277 g . Znaczenie Załóżmy, że układ mechaniczny rozważany w tym przykładzie jest przymocowany do sufitu windy jadącej w górę. Tak długo, jak winda porusza ze stałą prędkością, wynik pozostaje taki sam, bo ciężar F g się nie zmienia. Jeżeli winda porusza z przyspieszeniem, wówczas masa krytyczna jest mniejsza, bo masa M + m staje się większa o pozorny ciężar wywołany przyspieszeniem windy. Nadal we wszystkich przypadkach krótsza nić przerwie się jako pierwsza. Podsumowanie Ciało jest w równowadze, gdy znajduje się w ruchu jednostajnym (zarówno postępowym, jak i obrotowym) lub pozostaje w spoczynku. Gdy w wybranym inercjalnym układzie odniesienia nie obraca się ani się nie przemieszcza w ruchu postępowym, mówimy, że ciało znajduje się w równowadze statycznej w tym układzie odniesienia. Warunki równowagi wymagają, aby suma wszystkich zewnętrznych sił działających na ciało wynosiła zero (pierwszy warunek równowagi) i suma wszystkich momentów sił zewnętrznych także wynosiła zero (drugi warunek równowagi). Oba warunki muszą być spełnione równocześnie w równowadze, inaczej ciało nie będzie w równowadze. Rysunek z rozkładem sił jest użytecznym narzędziem pozwalającym prawidłowo policzyć wszystkie wkłady wszystkich zewnętrznych sił i ich momentów działających na ciało. Rozszerzony schemat rozkładu sił dla równowagi ciała sztywnego musi wskazywać oś obrotu i ramiona sił działających względem niej. Pytania Co możesz powiedzieć o prędkości poruszającego się ciała, które jest w równowadze dynamicznej? jest stała W jakich warunkach obracające się ciało może pozostawać w równowadze? Podaj przykład. Jakie trzy czynniki wpływają na moment wytworzony przez siłę w stosunku do określonej osi obrotu? wartość i kierunek siły oraz ramię siły Mechanik czasami umieszcza długą rurę na uchwycie klucza, kiedy próbuje odkręcić mocno dokręconą śrubę. W jaki sposób to pomaga? W następnych czterech zadaniach należy ocenić, czy stwierdzenie jest prawdziwe, czy fałszywe, i wyjaśnić odpowiedź. Jeśli na ciało działa tylko jedna siła zewnętrzna (lub moment), to nie może ono być w stanie równowagi. To prawda, ponieważ suma sił nie może wynosić zero w tym przypadku, chyba że siła jest równa zero. Jeśli ciało znajduje się w równowadze, musi istnieć parzysta liczba sił działających na nie. Jeśli na ciało działa nieparzysta liczba sił, to nie może być ono w stanie równowagi. Fałsz, pod warunkiem, że siły sumują się do zera jako wektory, wtedy można osiągnąć równowagę. Ciało poruszające się po okręgu ze stałą prędkością znajduje się w równowadze obrotowej. W jakim celu linoskoczek używa długiego elastycznego drążka? Pomaga linoskoczkowi utrzymać równowagę. Zadania Podczas dokręcania śruby naciskasz prostopadle na klucz z siłą 165 N w odległości 0,14 m od środka śruby. Jaki moment siły wywierasz względem środka śruby? Podczas otwierania drzwi naciskasz na nie prostopadle z siłą 55 N w odległości 0,85 m od zawiasów. Jaki moment siły wywierasz na zawiasy? 46,75 N ⋅ m Znajdź wartość naprężenia dla każdej linki podtrzymującej pokazanej poniżej. W każdym przypadku ciężar zawieszonego ciała wynosi 100 N, a masy linek można pominąć. Jaką siłę trzeba przyłożyć w punkcie P , aby utrzymać układ w równowadze? Ciężar konstrukcji możesz pominąć. 4472 N pod kątem 153,4° do poziomu (osi x ) Czy można przyłożyć siłę w punkcie P , aby utrzymać w równowadze przedstawiony układ? Ciężar konstrukcji możesz pominąć. Dwoje dzieci naciska po przeciwnych stronach drzwi podczas zabawy. Pchają poziomo i prostopadle do drzwi. Jedno dziecko pcha z siłą 17,5 N w odległości 0,6 m od zawiasów, a drugie pcha w odległości 0,45 m. Jaką siłą musi działać drugie dziecko, aby drzwi się nie poruszyły? Tarcie możesz pominąć. 23,3 N Mały samochód o masie 1000 kg ma rozstaw osi wynoszący 3 m. Jeśli 60% jego ciężaru opiera się na przednich kołach, to w jakiej odległości za przednimi kołami znajduje się środek masy pojazdu? Jednolita huśtawka jest zrównoważona w jej środku masy, jak na rysunku poniżej. Mniejszy chłopiec po prawej stronie waży 40 kg. Jaka jest masa jego kolegi? 80 kg środek ciężkości (ang. center of gravity ) punkt, w którym przyłożony jest wektor ciężkości równowaga (ang. equilibrium ) ciało jest w stanie równowagi, gdy jego liniowe i kątowe przyspieszenia są równe zero względem inercjalnego układu odniesienia warunek równowagi dla sił (ang. first equilibrium condition ) wyraża równowagę ruchu postępowego, wszystkie zewnętrzne siły działające na ciało muszą się równoważyć, a ich suma wektorowa wynosić zero moment siły grawitacji (ang. gravitational torque ) moment siły na ciele spowodowany jego ciężarem; występuje, gdy środek ciężkości ciała nie znajduje się na osi obrotu warunek równowagi momentów sił (ang. second equilibrium condition ) wyraża równowagę obrotową, wszystkie momenty sił zewnętrznych działających na ciało muszą się równoważyć, a ich suma wektorowa wynosić zero równowaga statyczna (ang. static equilibrium ) ciało znajduje się w równowadze statycznej, gdy jest w spoczynku w wybranym inercjalnym układzie odniesienia", "section": "Warunki równowagi statycznej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Przykłady równowagi statycznej Wszystkie przykłady w tym rozdziale są problemami dwuwymiarowymi (na płaszczyźnie). W związku z tym stosujemy warunki równowagi dla składowych w formie równań od do . Metodę rozwiązywania problemów statyki wprowadziliśmy w w celu zilustrowania fizycznego znaczenia warunków równowagi. Teraz uogólniamy tę strategię na listę kroków, które należy wykonać przy rozwiązywaniu problemów równowagi statycznej dla rozciągłych ciał sztywnych. Jest to pięć praktycznych kroków. Strategia rozwiązywania zadań: równowaga statyczna Określ obiekt do analizy. W niektórych układach równowagi może być konieczne rozważenie więcej niż jednego obiektu. Określ wszystkie siły działające na obiekt. Określ pytania, na które trzeba odpowiedzieć. Określ informacje podane w danym problemie. W realnych problemach, niektóre kluczowe informacje mogą być podane w sposób pośredni, a nie wprost. Wykonaj rysunek rozkładu sił działających na obiekt. (a) Wybierz układ odniesienia xy dla zagadnienia. Narysuj rozkład sił zawierający tylko te działające na obiekt. Jeśli trzeba, przedstaw siły rozłożone na składowe w wybranym układzie odniesienia. Jeśli to robisz dla każdej siły, usuń pierwotną, aby nie uwzględnić tej samej siły dwukrotnie w równaniach. Oznacz wszystkie siły – potrzebujesz tego do poprawnego obliczania sił wypadkowych w kierunkach x i y . Dla nieznanej siły kierunek musi być przypisany arbitralnie – traktuj go jako kierunek roboczy lub spodziewany kierunek. Prawidłowy kierunek zależy od znaku, który otrzymasz w ostatecznym rozwiązaniu. Znak plus ( + ) oznacza, że kierunek roboczy jest rzeczywistym kierunkiem. Znak minus ( − ) oznacza, że rzeczywisty kierunek jest przeciwny do zakładanego. (b) Wybierz położenie osi obrotu, w odniesieniu do której będziesz obliczać momenty działających sił. Na rysunku z rozkładem sił wskaż oś obrotu i ramiona działających sił – będą potrzebne do prawidłowego obliczenia wartości momentów sił. Przy wyborze osi obrotu należy pamiętać, że można ją umieścić w dowolnym miejscu, ale zasada przewodnia mówi, że najlepszym wyborem będzie uproszczenie jak największej liczby obliczeń wypadkowego momentu sił względem osi obrotu. Ustal równania równowagi dla obiektu. (a) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby prawidłowo zapisać warunek równowagi dla składowych sił w kierunku x ( ). (b) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby zapisać prawidłowo warunek równowagi dla składowych sił w kierunku y ( ). (c) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby prawidłowo zapisać warunek równowagi dla momentów sił względem osi obrotu ( ). Użyj do wyznaczenia wartości i zwrotu momentów sił. Uprość i rozwiąż układ równań dla równowagi w celu uzyskania nieznanych wielkości (zmiennych). W tym punkcie praca polega tylko na przekształceniach algebraicznych Należy pamiętać, że liczba równań musi być taka sama, jak liczba niewiadomych. Jeśli niewiadomych jest więcej niż równań, nie można rozwiązać problemu. Oblicz wyrażenia na nieznane wielkości, które otrzymałeś w swoim rozwiązaniu. Ostateczna odpowiedź powinna mieć odpowiednią wartość liczbową i prawidłowe jednostki fizyczne. Jeśli jest inaczej, wróć do poprzednich kroków, aby wykryć źródło błędu i poprawić go. Możesz również samodzielnie sprawdzić numeryczne odpowiedzi, przesuwając oś obrotu w inne miejsce i rozwiązując problem ponownie, jak to zrobiliśmy w . Zauważmy, że wykonanie rysunku rozkładu sił dla zagadnienia równowagi ciała sztywnego jest najważniejszym elementem w procesie rozwiązywania problemu. Bez prawidłowego rozkładu sił, nie będziemy w stanie napisać odpowiednich warunków równowagi. Musimy również zauważyć, że rysunek rozkładu sił dla rozciągłego ciała sztywnego, które może być poddane ruchowi obrotowemu, różni się od rysunku rozkładu sił, których doświadcza ciało będące tylko w ruchu postępowym (co omówiono w rozdziale o prawach ruchu Newtona). W ruchu postępowym ciało reprezentuje ŚM, do którego przyłożono wszystkie siły i nie występują żadne momenty sił. Nie obowiązuje to w dynamice obrotowej, gdzie ciało sztywne nie może być reprezentowane przez jeden punkt. Powodem tego jest fakt, że przy analizie ruchu obrotowego musimy określić moment siły działający na ciało, a zależy on zarówno od siły działającej, jak i od ramienia tej siły. Tutaj, rysunek rozkładu sił dla rozciągłego ciała sztywnego pomaga nam określić momenty sił zewnętrznych. Bilans momentu sił Trzy masy są przymocowane do jednolitej metrowej belki, jak pokazano na . Masa belki wynosi 150 g, a masy na lewo od punktu podparcia to m 1 = 50 g i m 2 = 75 g . Znajdź masę m 3 , która równoważy układ, gdy jest przymocowana na prawym końcu belki, oraz normalną sił reakcji w punkcie podparcia S , gdy układ jest zrównoważony. W warunkach równowagi sił belka pozioma jest podparta w punkcie podparcia (oznaczonym symbolem S ), a masy są przymocowane po obu stronach punktu podparcia. Układ znajduje się w stanie równowagi statycznej, gdy belka się nie obraca. Jest zrównoważony, jeśli belka leży poziomo. Strategia rozwiązania Dla układu przedstawionego na rysunku, określamy następujące pięć sił działających na metrową belkę: F 1 = m 1 g jest ciężarem masy m 1 ; F 2 = m 2 g jest ciężarem masy m 2 ; F g = m g jest ciężarem całej belki; F 3 = m 3 g jest ciężarem nieznanej masy m 3 ; F S jest normalną siłą reakcji w punkcie podparcia S . Wybieramy układ odniesienia, w którym kierunek osi y jest zgodny z kierunkiem siły ciężkości, kierunek osi x jest wzdłuż belki, a oś obrotu (oś z ) jest prostopadła do osi x i przechodzi przez punkt podparcia S . Innymi słowy wybieramy oś obrotu w punkcie, w którym belka dotyka podpory. Jest to naturalny wybór osi obrotu, ponieważ ten punkt nie przemieszcza się, gdy belka się obraca. Teraz jesteśmy gotowi do przygotowania rysunku rozkładu sił dla belki. Zaznaczamy oś obrotu i przykładamy pięć wektorów sił, przyłożonych odpowiednio względem punktu podparcia, wzdłuż linii reprezentujących belkę ( ). Na tym etapie możemy określić ramiona pięciu sił, wziąwszy pod uwagę informacje zawarte w problemie. W przypadku trzech mas wiszących, ich odległości od punktu podparcia zostały podane na rysunku, natomiast informację o punkcie przyłożenia ciężaru belki podano w sposób pośredni. Tutaj kluczowym słowem jest „jednolitej\". Wiemy z naszych wcześniejszych rozważań, że ŚM jednolitej belki znajduje się w jej środku geometrycznym, więc przykładamy jej ciężar w połowie długości belki, tj. na znaku 50 cm. Rozkład sił dla metrowej belki. Jako punkt obrotu wybrano punkt podparcia S . Rozwiązanie Na podstawie i zaczynamy od znalezienia ramion pięciu sił działających na belkę: r 1 = 30 cm + 40 cm = 70 cm r 2 = 40 cm r g = 50 cm − 30 cm = 20 cm r S = 0 cm (ponieważ siła F S jest przyłożona na osi obrotu) r 3 = 30 cm. Teraz możemy znaleźć pięć momentów sił w odniesieniu do wybranej osi obrotu: M 1 = + r 1 F 1 sin ⁡ 90 ∘ = + r 1 m 1 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M 2 = + r 2 F 2 sin ⁡ 90 ∘ = + r 2 m 2 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M g = + r g F g sin ⁡ 90 ∘ = + r g m g (moment siły ciężkości) M S = r S F S sin ⁡ θ S = 0 (ponieważ r S = 0 c m ) M 3 = − r 3 F 3 sin ⁡ 90 ∘ = − r 3 m 3 g (obrót zgodny z ruchem wskazówek zegara, zwrot dodatni) . Warunek równowagi momentów sił dla belki to: M 1 + M 2 + M g + M S + M 3 = 0. Przy podstawianiu wartości momentów sił do tego równania możemy pominąć te dające zerowy wkład. W ten sposób warunek równowagi dla momentów sił to: + r 1 m 1 g + r 2 m 2 g + r g m g g − r 3 m 3 g = 0. Wybieramy kierunek + y jako równoległy do F → S i wtedy warunek równowagi sił dla belki to: − F 1 − F 2 − F g + F S − F 3 = 0. Po podstawieniu sił otrzymujemy: − m 1 g − m 2 g − m g + F S − m 3 g = 0. Rozwiązujemy te równania jednocześnie dla nieznanych wartości m 3 i F S . W upraszczamy czynnik g i przekształcamy, żeby uzyskać r 3 m 3 = r 1 m 1 + r 2 m 2 + r g m . Aby wyznaczyć m 3 , dzielimy obustronnie przez r 3 , mamy więc m 3 = r 1 r 3 ⋅ m 1 + r 2 r 3 ⋅ m 2 + r g r 3 ⋅ m m 3 = 70 30 ⋅ 50 ⁢ g + 40 30 ⋅ 75 ⁢ g + 20 30 ⋅ 150 ⁢ g m 3 = 317 ⁢ g . \\begin{multiline} m_3 &= \\frac{r_1}{r_3} \\cdot m_1 + \\frac{r_2}{r_3} \\cdot m_2 + \\frac{r_{\\text{g}}}{r_3} \\cdot m \\\\ &= \\frac{70}{30} \\cdot \\SI{50}{\\gram} + \\frac{40}{30} \\cdot \\SI{75}{\\gram} + \\frac{20}{30} \\cdot \\SI{150}{\\gram} \\\\ &= \\SI{317}{\\gram} \\text{.} \\end{multiline} m 3 = r 1 r 3 ⋅ m 1 + r 2 r 3 ⋅ m 2 + r g r 3 ⋅ m = 70 30 ⋅ 50 ⁢ g + 40 30 ⋅ 75 ⁢ g + 20 30 ⋅ 150 ⁢ g = 317 ⁢ g . Aby znaleźć normalną siłę reakcji przekształcamy i po zamianie gramów na kilogramy otrzymujemy: F S = ( m 1 + m 2 + m + m 3 ) ⋅ g = [ ( 50 + 75 + 150 + 317 ) ⋅ 10 − 3 ] kg ⋅ 9,81 m s 2 = 5,8 N . Znaczenie Należy zauważyć, że jest niezależne od g (przyspieszenie ziemskie). Równowagi momentów sił można zatem użyć do pomiaru masy, ponieważ wahania wartości g na powierzchni Ziemi nie wpływają na nie. Inaczej dzieje się w przypadku wagi sprężynowej, ponieważ mierzy ona siłę ciężkości. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz użyj lewego końca belki do obliczania momentów sił; to znaczy umieść oś obrotu na jej lewym końcu. 316,7 g; 5,8 N W następnym przykładzie pokażemy, jak stosować warunek równowagi dla sił w postaci danej przez i . Przedstawimy to rozwiązanie jako przykład znaczenia wyboru odpowiedniego układu odniesienia. Chociaż wszystkie inercjalne układy odniesienia są równoważne, a rozwiązania liczbowe uzyskane w jednym układzie są takie same jak w innych, to wybór nieodpowiedniego układu odniesienia może sprawić, że dojście do nich będzie dość długie i skomplikowane, podczas gdy przemyślany wybór układu odniesienia sprawi, że okaże się bardzo proste. Pokazujemy to w równoważnych rozwiązaniach tego samego zadania.Ten przykład ilustruje zastosowanie równowagi statycznej do biomechaniki. Siły w przedramieniu Sztangista podtrzymuje 21-kilogramowy ciężarek (równoważne 206 N) swoim przedramieniem, jak pokazano na . Jest ono ustawione pod kątem β = 60 ∘ względem ramienia. Przedramię podtrzymuje skurcz mięśnia bicepsa, powodując moment sił wokół łokcia. Zakładając, że naprężenie w bicepsie działa wzdłuż kierunku pionowego zgodnego z kierunkiem siły ciężkości, oblicz, jakie naprężenie mięśni musi wytrzymać przedramię w przedstawionym położeniu? Jaka jest siła na stawie łokciowym? Załóżmy, że masę przedramienia można pominąć. Przedramię obraca się wokół łokcia ( Ł ) przez skurcze mięśnia bicepsa, co powoduje naprężenie N → . Strategia rozwiązania Określamy trzy siły działające na przedramię: nieznaną siłę F → na łokciu, nieznane naprężenie N → w mięśniach i ciężar F → g o wartości 206 N. Możemy przyjąć układ odniesienia z osią x , wzdłuż przedramienia i osią obrotu w łokciu. Kierunek pionowy jest kierunkiem siły ciężkości, jest on taki sam jak kierunek górnej części ramienia. Oś x tworzy kąt β = 60 ∘ z pionem. Oś y jest prostopadła do osi x . Teraz rysujemy rozkład sił dla przedramienia. Najpierw osie układu, oś obrotu i trzy wektory reprezentujące trzy zidentyfikowane siły. Następnie zaznaczamy kąt β i przedstawiamy każdą siłę przez jej składowe x i y , pamiętamy o usunięciu wektorów pierwotnych sił, aby uniknąć podwójnego uwzględnienia sił. Na koniec oznaczamy siły i ich ramiona. Rozkład sił dla przedramienia pokazano na . W tym momencie jesteśmy gotowi do ustalenia warunków równowagi przedramienia. Każda siła ma składowe x i y , dlatego mamy dwa równania dla warunku równowagi sił - jedno równanie dla każdej składowej wypadkowej siły działającej na przedramię. Rozkład sił dla przedramienia. Oś obrotu jest w punkcie Ł (łokieć). Zauważmy, że w naszym układzie odniesienia wkłady do warunku równowagi dla momentów sił pochodzą tylko z elementów składowych y sił, ponieważ składowe x sił są równoległe do ich ramion, zatem dla każdej z tych składowych mamy sin θ = 0 w . Dla składowych y mamy θ = ± 90 ∘ w równaniu . Należy również zauważyć, że moment siły na łokciu wynosi zero, ponieważ ta siła jest przyłożona na osi obrotu. Więc wkład do wypadkowego momentu sił pochodzi tylko z momentów sił N y i F g y . Rozwiązanie Z rozkładu sił widać, że składowa x siły wypadkowej równanie + F x + N x − F g x = 0 , a składowa y siły wypadkowej spełnia równanie: + F y + N y − F g y = 0. i są dwoma równaniami warunku równowagi sił. Następnie z rozkładu sił odczytujemy, że wypadkowy moment siły wzdłuż osi obrotu to: + r N N y − r g F g y = 0. jest warunkiem równowagi momentów sił dla przedramienia. Rysunek rozkładu sił pokazuje, że ramiona sił to r N = 3,2 cm oraz r g = 32 cm . Korzystając z rysunku rozkładu sił, znajdujemy wartości ich składowych: F x = F ⁢ cos β = F ⁢ cos 60 ∘ = 1 2 ⁢ F ⁢ , N x = N ⁢ cos β = N ⁢ cos 60 ∘ = 1 2 ⁢ N ⁢ , F g ⁣ x = F g ⁢ cos β = F g ⁢ cos 60 ∘ = 1 2 ⁢ F g ⁢ , F y = F ⁢ sin β = F ⁢ sin 60 ∘ = 3 2 ⁢ F ⁢ , N y = N ⁢ sin β = N ⁢ sin 60 ∘ = 3 2 ⁢ N ⁢ , F g ⁣ y = F g ⁢ sin β = F g ⁢ sin 60 ∘ = 3 2 ⁢ F g ⁢ . Podstawiamy te wartości do , i , aby otrzymać odpowiednio: F 2 + N 2 − F g 2 = 0 F 3 2 + N 3 2 − F g 3 2 = 0 r N N 3 2 − r g F g 3 2 = 0. Gdy zredukujemy te równania, pozostaną tylko dwa niezależne równania dla dwóch nieznanych wielkości sił F i N , ponieważ dla składowych x jest równoważne dla składowych y . W ten sposób otrzymujemy warunek równowagi sił: F + N − F g = 0 i warunek równowagi momentów sił: r N N − r g F g = 0 . Wartość naprężenia w mięśniach uzyskamy rozwiązując : N = r g r N F g = 32 3,2 ⋅ 206 N = 2060 N . Siłę na łokciu otrzymamy po rozwiązaniu : F = F g − N = 206 N − 2060 N = −1854 N. Ujemny znak w równaniu mówi nam, że rzeczywista siła w łokciu jest przeciwna do kierunku przyjętego roboczo przy rysowaniu rozkładu sił. Odpowiedź zatem brzmi: F = 1854 N w dół N = 2060 N do góry. Znaczenie Warto zwrócić uwagę na ważną kwestię dotyczącą połączeń przegubowych, takich jak łokieć. W początkowej analizie problemu należy zawsze zakładać, że siły działają w dowolnym, wybranym arbitralnie kierunku, a następnie rozwiązać układ niezależnie dla wszystkich składowych sił. W tym przykładzie siła na łokciu jest pionowa, ponieważ problem zakłada również pionowe naprężenie bicepsa. Takie uproszczenie nie stanowi jednak zasady ogólnej. Rozwiązanie Załóżmy, że możemy przyjąć układ odniesienia w kierunku y zgodny z kierunkiem siły ciężkości i oś obrotu umieszczoną w łokciu. Wszystkie trzy siły mają w nim tylko składowe y , więc mamy tylko jedno równanie na warunek równowagi sił. Rysujemy rozkład sił dla przedramienia, jak pokazano na , zaznaczając oś obrotu, siły działające i ich ramiona w odniesieniu do osi obrotu i kąty θ N oraz θ g , które siły odpowiednio N → oraz F → g tworzą ze swoimi ramionami sił. W definicji momentu siły podanym przez , kąt θ N jest kątem kierunkowym wektora, mierzonym przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły, które zawsze wskazuje od osi obrotu. W ten sam sposób kąt θ g jest mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły do wektora. W ten sposób z łatwością można obliczyć niezerowe momenty, bezpośrednio wstawiając do w następujący sposób: M N = r n N sin ⁡ θ N = r N N sin ⁡ β = r N N sin ⁡ 60 ∘ = + r N N 3 2 M g = r g F g sin ⁡ θ g = r g F g sin ⁡ ( β + 180 ∘ ) = − r g F g sin ⁡ β = − r g F g sin ⁡ 60 ∘ = − r g F g 3 2 . Rozkład sił dla przedramienia w równoważnym rozwiązaniu. Oś obrotu znajduje się w punkcie Ł (łokieć). Warunek równowagi momentów sił M N + M g = 0 może być teraz zapisany jako: r N N 3 2 − r g F g 3 2 = 0. Z rysunku z rozkładem sił warunek równowagi sił to: − F + N − F g = 0 . jest identyczne z i daje wynik N = 2060 N . Równanie daje: F = N − F g = 2060 N − 206 N = 1854 N. Widzimy, że te odpowiedzi są identyczne z poprzednimi, ale drugi układ odniesienia pozwala na równoważne rozwiązanie, które jest prostsze i szybsze, ponieważ nie wymaga, aby siły zostały rozdzielone na ich prostokątne składowe. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz przy założeniu, że przedramię jest obiektem o jednolitej gęstości o ciężarze 10 N. N = 2110 N ; F = 1894 N Drabina oparta o ścianę Jednolita drabina od długości l = 5 m i ciężarze 400 N opiera się o pionową śliską ścianę, jak pokazano na . Kąt nachylenia między drabiną a szorstką podłogą wynosi β = 53 ∘ . Znajdź siły reakcji podłogi i ściany na drabinę oraz współczynnik tarcia statycznego μ s na styku drabiny z podłogą, uniemożliwiający poślizg drabiny. Pięciometrowa drabina opiera się o ścianę bez tarcia. Strategia rozwiązania Wyróżniamy cztery siły działające na drabinę. Pierwsza jest normalną siłą reakcji N od podłogi w kierunku pionowym do góry. Drugą jest statyczna siła tarcia f = μ s N skierowana poziomo wzdłuż podłogi ku ścianie – uniemożliwia ona zsuwanie się drabiny. Te dwie siły działają na drabinę w punkcie styku z podłogą. Trzecia siła to ciężar F g drabiny, przyłożony do ŚM umieszczonego w jej połowie. Czwarta siła to normalna siła reakcji F ściany w kierunku poziomym odchodzącym od ściany, przyłożona w punkcie styku ze ścianą. Nie ma innych sił, ponieważ ściana jest śliska, co oznacza, że nie ma tarcia między ścianą a drabiną. Na podstawie tej analizy, możemy przyjąć układ odniesienia z osią y w kierunku pionowym (równolegle do ściany) i osi x w kierunku poziomym (równolegle do podłogi). W tym układzie odniesienia, każda siła ma składową poziomą lub pionową, ale nie obie na raz, co ułatwia rozwiązanie. Wybieramy oś obrotu w punkcie styku z podłogą. Zaznaczmy ją na rysunku z rozkładem sił dla drabiny, wszystkie cztery siły i ich ramiona oraz kąty pomiędzy ramionami sił i siłami, jak pokazano na . Przy takim wyborze położenia osi obrotu, nie ma momentu siły ani z normalnej siły reakcji N , ani ze statycznego tarcia f , ponieważ obie siły są przyłożone na osi obrotu. Rozkład sił dla drabiny opartej o ścianę bez tarcia. Rozwiązanie Z rysunku rozkładu sił wypadkowa siła w kierunku osi x to: + f − F = 0 siła wypadkowa w kierunku osi y to: + N − F g = 0 oraz wypadkowy moment sił względem osi obrotu to: M g + M F = 0 . gdzie M g jest momentem siły ciężkości F g , a M F momentem siły reakcji F . Na podstawie rysunku rozkładu sił, możemy określić, że ramię siły reakcji na ścianie to r F = l = 5,0 m oraz ramię siły ciężkości to r g = l / 2 = 2,5 m , natomiast kąty do dla momentów sił to θ F = 180 ∘ − β dla momentu siły reakcji ściany oraz θ g = 180 ∘ + ( 90 ∘ − β ) dla momentu siły ciężkości. Teraz możemy zastosować do obliczenia momentów sił: M g = r g ⁢ F g ⁢ sin θ g = r g ⁢ F g ⁢ sin 180 ∘ + 90 ∘ - β = - l 2 ⁢ F g ⁢ sin 90 ∘ - β = - l 2 ⁢ F g ⁢ cos β ⁢ , M F = r F ⁢ F ⁢ sin 180 ∘ - β = l ⁢ F ⁢ sin β ⁢ . Wstawiamy momenty sił do i rozwiązujemy dla F : - l 2 ⁢ F g ⁢ cos β + l ⁢ F ⁢ sin β = 0 ⁢ , F = F g 2 ⁢ ctg β = 400 ⁢ N 2 ⁢ ctg 53 ° = 150,7 ⁢ N ⁢ . Normalną siłę reakcji z podłogą otrzymujemy rozwiązawszy : N = F g = 400 N . Wielkość siły tarcia uzyskuje się z : f = F = 150,7 N . Współczynnik tarcia statycznego μ s = f / N = 150,7 N / 400 N = 0,377 . Siła wypadkowa działająca na drabinę w punkcie styku z podłogą jest sumą wektorową normalnej siły reakcji podłogi i siły tarcia statycznego: F → wyp = f → + N → = ( 150,7 i ^ + 400 j ^ ) N . Jej wartość to: F → wyp = f 2 + N 2 = ( 150,7 N ) 2 + ( 400 N ) 2 = 427,4 N , a jej kierunek to φ = arctg ( N f ) = arctg ( 400 N 150,7 N ) = 69 , 3 ∘ nad podłogę . Powinniśmy tu podkreślić dwie ogólne praktyczne obserwacje. Kiedy wybieramy oś obrotu, nie oczekujemy, że układ faktycznie obraca się wokół wybranej osi. Drabina w tym przykładzie nie obraca się w ogóle, ale mocno stoi na podłodze. Niemniej jednak jej punkt styku z podłogą jest dobrym wyborem dla osi obrotu. Zauważmy też, że kiedy stosujemy do obliczania indywidualnych momentów sił, nie musimy rozdzielać sił na ich składowe normalne i poprzeczne w odniesieniu do kierunku ramienia sił, ani rozważać zwrotu momentu sił. Jeżeli kąt w jest prawidłowo określony za pomocą rysunku z rozkładem sił — jako kąt mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły do wektora siły — daje zarówno wartość, jak i zwrot momentu sił. Dzieje się tak, dlatego że moment siły jest iloczynem wektorowym wektora ramienia siły z wektorem siły i wyraża składową tego iloczynu wektorowego wzdłuż osi obrotu. Znaczenie Otrzymany wynik jest niezależny od długości drabiny, ponieważ L ulega uproszczeniu w warunku równowagi momentów sił ( ). Niezależnie od długości drabiny, o ile jej ciężar wynosi 400 N, a kąt z podłogą wynosi 53 ∘ , nasze wyniki są prawidłowe. Ale drabina będzie się ślizgać, jeśli wypadkowy moment siły będzie ujemny w . Dzieje się tak dla pewnych kątów, gdy współczynnik tarcia statycznego nie jest wystarczająco duży, aby zapobiec temu zjawisku. Sprawdź, czy rozumiesz. Dla sytuacji opisanej w , określ wartość współczynnika tarcia statycznego μ S , dla którego drabina zaczyna się ślizgać, biorąc pod uwagę, że β jest kątem, jaki drabina tworzy z podłogą. μ s < 0,5 ctg β Siły na zawiasach drzwi Drzwi o ciężarze F g = 400 N są zawieszone na zawiasach A i B , dzięki czemu mogą się obracać wokół pionowej osi przechodzącej przez zawiasy ( ). Mają one szerokość b = 1 m , i jednolitą gęstość. Zawiasy umieszczono symetrycznie w odległości a = 2 m od siebie na ich krawędzi, aby ciężar równomiernie rozkładał się pomiędzy nimi. Oblicz siły na zawiasach, gdy drzwi są otwarte do połowy. Drzwi o ciężarze 400 N zawieszone na zawiasach umieszczonych w punktach A i B . Strategia rozwiązania Siły wywierane przez drzwi na zawiasach łatwo można znaleźć, odwracając kierunki sił, które zawiasy wywierają na drzwi. W związku z tym naszym zadaniem jest znaleźć siły wywierane na drzwi przez zawiasy. Trzy siły działają na płytę drzwiową: nieznana siła A → z zawiasu A , nieznana siła B → z zawiasu B , i znany ciężar F → g przyłożony w środku masy płyty drzwiowej. ŚM znajduje się w centrum geometrycznym drzwi, bo ich płyta ma jednolitą gęstość. Przyjmujemy układ odniesienia z osią y wzdłuż kierunku siły ciężkości oraz osią x w płaszczyźnie płyty, jak pokazano w części (a) . Rozkładamy wszystkie siły na ich składowe. W ten sposób mamy cztery nieznane składowe sił: dwie składowe siły A → = [ A x , A y ] oraz dwie składowe siły B → = [ B x , B y ] . Na rysunku z rozkładem sił na zawiasach, prezentujemy dwie siły przez ich składowe, których kierunki wybraliśmy arbitralnie. Ponieważ istnieją cztery niewiadome ( A x , B x , A y , B y ) , musimy utworzyć cztery niezależne równania. Jedno jest warunkiem równowagi sił w kierunku x . Drugie - warunkiem równowagi sił w kierunku y . Trzecie - warunkiem równowagi momentów sił względem osi obrotu (na zawiasie). Ponieważ masa jest równomiernie rozłożona między zawiasami, czwarte równanie ma postać A y = B y . Aby ustalić warunki równowagi, rysujemy rozkład sił i wybieramy punkt obrotu na górnym zawiasie, jak pokazano w części (b) . Na koniec rozwiązujemy równania dla nieznanych składowych sił i znajdujemy siły. (a) Geometria i (b) rozkład sił dla drzwi. Rozwiązanie Z rysunku rozkładu sił dla drzwi otrzymujemy warunek równowagi sił: w kierunku x : − A x + B x = 0 ⇒ A x = B x w kierunku y : + A y + B y − F g = 0 ⇒ A y = B y = F g 2 = 400 N 2 = 200 N. Wybieramy oś obrotu w punkcie P (górny zawias na rysunku z rozkładem sił) i zapisujemy warunek równowagi dla momentów sił względem punktu P : obrót względem P : M F g + M B x + M B y = 0 . Wykorzystujemy schemat rozkładu sił, aby znaleźć wszystkie wyrażenia w tym równaniu: M F g = d F G sin ⁡ ( − β ) = − d F g sin ⁡ β = − d F g b / 2 d = − F g b 2 M B x = a B x sin ⁡ 90 ∘ = + a B x M B y = a B y sin ⁡ 180 ∘ = 0. Przy wyznaczaniu sin β używamy geometrii trójkąta pokazanego w części (a) rysunku. Teraz wstawiamy te momenty sił do i obliczamy B x : obrót wokół P : − F g b 2 + a B x = 0 ⇒ B x = F g b 2 a = 400 N ⋅ 1 2 ⋅ 2 = 100 N . Tak więc wartości poziomych składowych sił wynoszą A x = B x = 100 N . Siły na drzwiach to: na górnym zawiasie: F → A na drzwi = ( − 100 i ^ + 200 j ^ ) N , na dolnym zawiasie: F → B na drzwi = ( + 100 i ^ + 200 j ^ ) N . Siły na zawiasach wyznaczamy na podstawie trzeciego prawa Newtona jako: na górnym zawiasie: F → drzwi na A = ( + 100 i ^ − 200 j ^ ) N , na dolnym zawiasie: F → drzwi na B = ( − 100 i ^ − 200 j ^ ) N . Znaczenie Zauważmy, że jeśli problem zostałby sformułowany bez założenia, że ciężar jest równomiernie rozłożony między dwoma zawiasami, to nie dałoby się go rozwiązać, ponieważ liczba niewiadomych byłaby większa niż liczba równań wyrażających warunki równowagi. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozwiąż zadanie z , przyjąwszy oś obrotu w środku masy. F → drzwi na A = 100 N ⋅ i ^ − 200 N ⋅ j ^ , F → drzwi na B = − 100 N ⋅ i ^ − 200 N ⋅ j ^ Sprawdź, czy rozumiesz. 50-kilogramowa osoba stoi 1,5 m od jednego końca jednolitego rusztowania o masie 70 kg oraz długości 6 m. Oblicz naprężenia w dwóch pionowych linach podtrzymujących rusztowanie. 711 N; 466 N Sprawdź, czy rozumiesz. Znak o ciężarze 400 N wisi na końcu jednorodnego wspornika o długości 4 m i ciężarze 600 N. Wspornik podtrzymuje zawias na ścianie i kabel, którego drugi koniec przywiązany jest do ściany 3 m nad lewym końcem wspornika. Oblicz naprężenie kabla podtrzymującego i siłę zawiasu wywieraną na wspornik. 1167 N; 980 N skierowane ku górze 18 ∘ ponad poziom. Podsumowanie Różne problemy inżynieryjne można rozwiązać, stosując warunki równowagi ciał sztywnych. W praktyce należy określić wszystkie siły działające na ciało sztywne i ich ramiona w obrotach wokół wybranej osi obrotu, a następnie wykonać rysunek rozkładu sił dla ciała. Na jego podstawie można określić wypadkową siłę zewnętrzną i wypadkowy moment sił. Dzięki temu da się ustalić warunek równowagi sił i warunek równowagi momentów sił. Przy ustalaniu warunków równowagi możemy przyjąć dowolny inercjalny układ odniesienia i dowolne położenie osi obrotu. Każdy wybór prowadzi do tego samego rozwiązania. Jednak niektóre mogą sprawić, że jego znalezienie będzie bardzo skomplikowane. Osiągamy ten sam rezultat bez względu na podjęte decyzje. Pytania Czy można oprzeć drabinę o szorstką ścianę, gdy podłoże pozbawione jest tarcia? Powiedz, jak waga sprężynowa i punkt podparcia mogą być użyte do zważenia obiektu, którego masa przekracza maksymalną wartość na skali wagi. (Udowodnij) Malarz wspina się po drabinie. Czy jest ona bardziej podatna na poślizg, gdy malarz znajduje się w pobliżu jej dołu, czy góry? Zadania Jednolita deska o masie 30 kg i długości 6 m spoczywa na płaskiej powierzchni, jak pokazano poniżej. Jaką maksymalną masę można umieścić na jej prawym końcu, żeby się nie przewróciła? (Wskazówka: gdy deska ma się przewrócić, styka się z powierzchnią tylko wzdłuż krawędzi, która staje się chwilową osią obrotu). Jednolita huśtawka pokazana poniżej jest zrównoważona na podparciu znajdującym się 3 m od lewego końca. Mniejszy chłopiec po prawej waży 40 kg, a większy chłopiec po lewej stronie waży 80 kg. Jaka jest masa deski? 40 kg Aby wyciągnąć samochód z błota, mężczyzna łączy jeden koniec liny z przednim zderzakiem, a drugi przywiązuje do drzewa oddalonego o 15 m, jak pokazano poniżej. Następnie ciągnie za środek liny siłą 400 N, co powoduje przesunięcie jej środka o 0,3 m (zaznaczone na rysunku). Z jaką siłą lina oddziałuje na samochód? Jednolite rusztowanie o masie 40 kg i długości 6 m podtrzymują dwie lekkie liny, jak pokazano poniżej. 80-kilogramowy malarz stoi 1 m od lewego końca rusztowania, a jego wyposażenie malarskie znajduje się 1,5 m od prawego końca. Naprężenie lewej liny jest dwukrotnie większe niż prawej. Oblicz naprężenia lin i masę sprzętu. prawa lina 444,72 N; lewa lina 889,44 N; ciężar sprzętu 156,96 N; 16 kg Gdy układ przedstawiony poniżej jest podparty w punkcie P , pozostaje w stanie równowagi. Oblicz siłę F i siłę przyłożoną w punkcie P . Ciężar konstrukcji możesz pominąć. Osoba o masie 70 kg chce wejść na dach, w tym celu ustawia sobie na betonowym podłożu 6-metrową aluminiową drabinę o masie 10 kg, jej podstawa oddalona jest 2,0 m od domu. Drabina opiera się o plastikową rynnę, przy czym można założyć, że odbywa się to bez tarcia. Środek masy drabiny znajduje się 2 m od punktu styku drabiny z podłożem (ponieważ jej masa nie jest rozłożona równomiernie). Osoba stoi 3 m od punktu, w którym drabina styka się z podłożem. Oblicz normalną siłę reakcji i siły tarcia u podstawy drabiny. 784,8 N; 132,95 N Jednolity poziomy wspornik o ciężarze 400 N ma jeden koniec zamocowany do ściany na zawiasach, a do drugiego przymocowano znak o ciężarze 200 N. Wspornik podtrzymuje także linka zamocowana pomiędzy końcem wspornika a ścianą. Przy założeniu, że cały ciężar znaku jest przyłożony na samym końcu słupka, oblicz naprężenie linki i siłę na zawiasie wspornika. Przedramię pokazane poniżej tworzy kąt θ względem ramienia, a w dłoni trzymana jest masa 5 kg. Całkowita masa przedramienia i dłoni wynosi 3 kg, a ich środek masy znajduje się 15 cm od łokcia. (Jaka jest wartość siły, którą mięśnie bicepsa wywierają na przedramię dla θ = 60 ∘ ? Jaka jest wartość siły na stawie łokciowym przy tym samym kącie? Jak te siły zależą od kąta θ ? 539,55 N; 61,07 N; nie zależą od kąta Jednolity wysięgnik, pokazany poniżej, o ciężarze 2000 N podtrzymywany jest przez poziomy odciąg i zawias w punkcie A . Jakie siły na wysięgniku są wywołane liną odciągu i ze względu na podparcie w punkcie A ? Czy siła w A działa wzdłuż wysięgnika? Jednolity wysięgnik pokazany poniżej waży 71,35 kg, a z jego prawego końca zwisa obiekt o ciężarze 400 N. Wysięgnik podtrzymują linka i zawias na ścianie. Oblicz naprężenie linki i siłę wywieraną na zawias przez wysięgnik. Czy siła na zawiasie działa wzdłuż wysięgnika? naprężenie 777 N; na zawiasie 777 N pod kątem 45 ∘ względem poziomu; nie Wysięgnik A B dźwigu, podnoszącego ładunek 3000 kg ma długość 12 m. Środek masy wysięgnika znajduje się w jego geometrycznym środku, a jego masa wynosi 1000 kg. Dla przedstawionej sytuacji oblicz naprężenie N w linie i siłę na osi obrotu A . Jednolita klapa, pokazana poniżej, o wymiarach 1 m na 1,5 m i ciężarze 300 N przymocowana jest pojedynczym zawiasem (H) oraz podtrzymywana przez linę zawiązaną pomiędzy jej środkiem a podłogą. Podłoga z klapą tworzy kąt 30 ∘ , natomiast z linią kąt 20 ∘ . Oblicz naprężenie w linie i siłę na zawiasie. 1500 N; 1620 N pod kątem 30 ∘ do podłogi Człowiek o wadze 90 kg idzie po równoważni o długości 2 m, wysokości 1 m i masie 25 kg, jak pokazano poniżej. Oblicz normalną siłę reakcji na każdej nodze w punkcie styku z podłogą, gdy mężczyzna znajduje się w odległości 0,5 m od końca równoważni. (Wskazówka: Najpierw określ całkowitą siłę reakcji na każdym końcu. Jest ona sumą wektorową dwóch sił reakcji, z których każda działa wzdłuż jednej nogi. Normalna siła reakcji, w odniesieniu do podłogi, w punkcie styku z nią jest normalną składową tej siły.)", "section": "Przykłady równowagi statycznej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości Model ciała sztywnego to przykład wyidealizowanego obiektu, który nie ulega deformacji pod wpływem sił zewnętrznych. Jest on bardzo użyteczny przy analizie układów mechanicznych, a wiele obiektów fizycznych jest sztywnych w szerokim zakresie warunków. Stopień, w jakim obiekt może być postrzegany jako sztywny, zależy od właściwości fizycznych materiału, z którego został wykonany. Na przykład piłeczka do ping-ponga z tworzywa sztucznego jest krucha, a piłka tenisowa z gumy jest elastyczna, gdy działa na nią siła zgniatająca. Jednak w innych okolicznościach obie mogą odbijać się jak ciała sztywne. Podobnie projektant protez kończynowych, może przybliżać mechanikę kończyn ludzkich, modelując je jako ciała sztywne, jednakże rzeczywiste połączenia kości i tkanek są elastyczne. W dalszej części, przejdziemy od sił wpływających na ruch obiektu do tych, które wpływają na kształt obiektu. Zmiana kształtu spowodowana działaniem siły nazywana jest deformacją (ang. deformation ). Znane są nawet bardzo małe siły, powodujące deformację. Ulegają jej obiekty fizyczne lub ośrodki pod wpływem sił zewnętrznych, na przykład zgniatania, ściskania, (ro)zrywania, skręcania, ścinania czy rozciągania. W języku fizyki dwa terminy opisują siły na obiektach podlegających deformacji: naprężenie (ang. stress ) i odkształcenie (ang. strain ). Naprężenie to wielkość opisująca wartość sił powodujących deformację. Jest ono ogólnie definiowane jako siła na jednostkę powierzchni . Kiedy siły oddziałują na przedmiot i powodują jego wydłużenie, podobnie jak przy rozciąganiu elastycznej taśmy (gumy), takie naprężenie nazywamy naprężeniem rozciągającym (ang. tensile stress ). Kiedy siły powodują ściskanie przedmiotu, wówczas mówimy o naprężeniu ściskającym (ang. compressive stress ). Kiedy obiekt jest ściskany ze wszystkich stron, jak okręt podwodny w głębi oceanu, nazywamy to naprężeniem objętościowym (ang. bulk stress ). W innych sytuacjach działające siły, nie będąc ani rozciągającymi, ani ściskającymi, wciąż powodują zauważalne deformacje. Na przykład, kiedy trzymasz książkę ściśle między dłońmi, a następnie jedną ręką, naciskasz i odciągasz przednią okładkę od siebie, a drugą ręką naciskasz i pociągasz tylną okładkę w kierunku do siebie. Wówczas, gdy siły odkształcające działają stycznie do powierzchni obiektu, nazywamy je siłami ścinającymi, a naprężenie, które powodują, nazywamy naprężeniem ścinającym (ang. shear stress ). Jednostką naprężenia w układzie SI jest paskal (Pa). Gdy siła 1 N naciska na powierzchnię 1 m 2 naprężenie wynosi 1 Pa: jeden paskal = 1 Pa = 1 N 1 m 2 . W systemie brytyjskim jednostką naprężenia jest psi, co oznacza funt na cal kwadratowy ( l b / i n 2 ) . Inną jednostką używaną często w przypadku naprężenia objętościowego jest atmosfera (atm). Współczynniki konwersji to: 1 p s i = 6895 P a oraz 1 P a = 1,45 ⋅ 10 − 4 p s i 1 a t m = 1,013 ⋅ 10 5 P a = 14,7 p s i . Obiekt lub ośrodek pod wpływem naprężania ulega deformacji. Wielkość, która opisuje tę deformację, nazywa się odkształceniem. Odkształcenie podawane jest albo jako względna zmiana długości (dla naprężeń rozciągających), albo jako zmiana objętości (dla naprężeń objętościowych) lub geometrii (dla naprężeń ścinających). Dlatego odkształcenie jest wartością bezwymiarową. Odkształcenie pod wpływem naprężenia rozciągającego nazywamy odkształceniem rozciągającym (ang. tensile strain ) (lub liniowym), odkształcenie pod wpływem naprężenia objętościowego nazywa się odkształceniem objętościowym (ang. bulk strain ), a spowodowane naprężeniem ścinającym - odkształceniem ścinającym (ang. shear strain ). Im większe naprężenie, tym większe odkształcenie, jednakże zależność między odkształceniem a naprężeniem nie musi być liniowa. Tylko gdy naprężenie jest wystarczająco małe, odkształcenie powodowane naprężeniem pozostaje wprost proporcjonalne do wartości naprężenia. Stałą proporcjonalności w tym stosunku nazywamy modułem sprężystości (ang. elastic modulus ). W zakresie liniowej zależności dla małych wartości naprężeń, ogólny związek między naprężeniem a odkształceniem to: naprężenie = (moduł sprężystości) · (odkształcenie). Jak widać z analizy wymiarowej tego związku, moduł sprężystości ma tę samą jednostkę fizyczną co naprężenie, ponieważ odkształcenie jest bezwymiarowe. Widzimy też z , że gdy obiekt charakteryzuje się dużą wartością modułu sprężystości, to efekt naprężenia jest niewielki. Z drugiej strony, niewielki moduł sprężystości oznacza, że naprężenie powoduje duże odkształcenie i zauważalne deformacje. Na przykład naprężenie na taśmie gumowej powoduje większe odkształcenie niż to samo naprężenie na taśmie stalowej o tych samych wymiarach, ponieważ moduł sprężystości gumy jest o dwa rzędy wielkości mniejszy niż moduł sprężystości stali. Moduł sprężystości dla naprężenia rozciągającego nazywa się modułem Younga (ang. Young’s modulus ), dla naprężenia objętościowego - modułem Helmholtza (ang. bulk modulus , inaczej moduł sprężystości objętościowej , moduł odkształcalności objętościowej albo moduł ściśliwości ), a dla naprężenia ścinającego - modułem Kirchhoffa (ang. shear modulus , inaczej moduł sprężystości poprzecznej , moduł odkształcalności postaciowej albo moduł ścinania ). Zauważmy, że zależność między naprężeniem a odkształceniem to obserwowalny związek mierzony w laboratorium. Moduły sprężystości dla różnych materiałów mierzy się w różnych warunkach fizycznych, takich jak zmienna temperatura, i zbiera w tabelach danych inżynierskich ( ). Są one cennymi danymi dla przemysłu i osób zaangażowanych w prace inżynieryjne i budowlane. W następnej części omówimy relacje naprężenie - odkształcenie w pełnym zakresie wartości naprężeń, aż do punktu zerwania (pęknięcia), tj. poza granicą zależności liniowej reprezentowaną przez . Natomiast na końcu tej sekcji omówimy granicę zależności linowej wyrażoną . Materiał moduł Younga E (· 10 10 Pa) moduł Helmholtza K (· 10 10 Pa) moduł Kirchhoffa G (· 10 10 Pa) Glin 7,0 7,5 2,5 Kość (rozciąganie) 1,6 0,8 8,0 Kość (ściskanie) 0,9 Mosiądz 9,0 6,0 3,5 Cegła 1,5 Beton 2,0 Miedź 11,0 14,0 4,4 Szkło (kron) 6,0 5,0 2,5 Granit 4,5 4,5 2,0 Włosy (ludzkie) 1,0 Drewno twarde 1,5 1,0 Żelazo 21,0 16,0 7,7 Ołów 1,6 4,1 0,6 Marmur 6,0 7,0 2,0 Nikiel 21,0 17,0 7,8 Polistyren 3,0 Jedwab 6,0 Nić pajęcza 3,0 Stal 20,0 16,0 7,5 Aceton 0,07 Etanol 0,09 Gliceryna 0,45 Rtęć 2,5 Woda 0,22 Naprężenie i odkształcenie rozciągające lub ściskające oraz moduł Younga Rozciąganie lub ściskanie występuje wtedy, gdy dwie antyrównoległe siły o równej wartości działają na obiekt wzdłuż tylko jednego z jego wymiarów w taki sposób, że nie porusza się on. Taką sytuację przedstawia . Pręt jest rozciągany lub ściskany przez parę sił działających wzdłuż jego długości, przyłożonych prostopadle do przekroju poprzecznego. Efektem wypadkowym działania takich sił jest zmiana długości pręta z pierwotnej L 0 przed pojawieniem się sił, na nową L – pod wpływem działania sił. Zmiana ta Δ L = L − L 0 może być albo wydłużeniem (gdy L jest większe niż pierwotna długość L 0 ) albo skróceniem (gdy L jest mniejsze niż pierwotna długość L 0 ). Naprężenie i odkształcenie rozciągające występują, gdy siły rozciągają obiekt, powodując jego wydłużenie, a zmiana długości Δ L jest dodatnia. Naprężenie i odkształcenie ściskające pojawiają się, gdy siły ściskają obiekt i powodują jego skrócenie, a zmiana długości Δ L jest ujemna. W każdej z tych sytuacji definiujemy naprężenie jako stosunek siły odkształcającej F ⊥ do przekroju poprzecznego A odkształconego obiektu. Symbol F ⊥ , który rezerwujemy dla siły odkształcającej, oznacza, że ta siła działa prostopadle do przekroju poprzecznego obiektu. Siły działające równolegle do niego nie zmieniają długości obiektu. Definicja naprężenia rozciągającego to: naprężenie rozciągające = F ⊥ A . Odkształcenie rozciągające jest miarą deformacji obiektu pod wpływem naprężeń rozciągających i definiuje się je jako względną zmianę długości obiektu, gdy doświadcza on naprężenia rozciągającego: odkształcenie rozciągające = Δ L L 0 . Naprężenie i odkształcenie ściskające są określone odpowiednio tymi samymi wzorami, tj. oraz . Jedyną różnicą w stosunku do rozciągania jest to, że w przypadku naprężeń i odkształceń ściskających przyjmujemy bezwzględne wartości prawych stron obu równań. Jeśli obiekt jest rozciągany lub ściskany, wypadkowa siła na ten obiekt wynosi zero, ale deformuje się on zmieniając swoją pierwotną długość L 0 . (a) Rozciąganie: pręt jest wydłużony o Δ L . (b) Ściskanie: pręt jest skrócony o Δ L . W obu przypadkach siła odkształcająca działa wzdłuż długości pręta i prostopadle do jego przekroju poprzecznego. W liniowym zakresie małych naprężeń obszar przekroju poprzecznego pręta się nie zmienia. Moduł Younga E jest modułem sprężystości, gdy odkształcenie zostaje spowodowane naprężeniem rozciągającym lub ściskającym i określa je . Dzieląc to równanie przez odkształcenie rozciągające, otrzymujemy wzór na moduł Younga: E = naprężenie rozciągające odkształcenie rozciągające = F ⊥ / A Δ L / L 0 = F ⊥ A L 0 Δ L . Naprężenie ściskające w kolumnie Rzeźba o ciężarze 10 000 N spoczywa na poziomej powierzchni u szczytu pionowej kolumny o wysokości 6 m ( ). Powierzchnia przekroju poprzecznego kolumny wynosi 0 ,2 m 2 i wykonana jest z granitu o gęstości 2 700 kg/m 3 . Oblicz naprężenie ściskające (ang. compressive stress ) w przekroju znajdującym się 3 m poniżej górnej części kolumny i wartości odkształcenia ściskającego górny 3-metrowy odcinek kolumny. Kolumna Nelsona na Trafalgar Square w Londynie, Wielka Brytania. (Źródło: modyfikacja pracy Cristiana Bortesa) Strategia rozwiązania Najpierw obliczmy ciężar 3-metrowego górnego odcinka kolumny. Siła działająca na przekrój poprzeczny usytuowany w odległości 3 m od góry to suma ciężaru fragmentu kolumny i masy rzeźby. Mając siłę normalną, używamy , aby wyliczyć naprężenie. Żeby obliczyć odkształcenie ściskające, odczytujemy wartość modułu Younga dla granitu z i przekształcamy . Rozwiązanie Objętość fragmentu kolumny o wysokości h = 3 m i powierzchni przekroju A = 0,2 m 2 to: V = A h = 0,2 m 2 ⋅ 3 m = 0,6 m 3 . Z gęstością granitu ρ = 2,7 · 10 3 kg/m 3 masa fragmentu kolumny to: m = ρ V = 2,7 ⋅ 10 3 k g / m 3 ⋅ 0,6 m 3 = 1,6 ⋅ 10 3 k g . Ciężar fragmentu kolumny to: F k = m g = 1,6 ⋅ 10 3 k g ⋅ 9,81 m / s 2 = 1,57 ⋅ 10 4 N . Ciężar rzeźby F r = 1 ⋅ 10 4 N , więc normalna siła na powierzchnię przekroju poprzecznego znajdującą się 3 m poniżej rzeźby to: F ⊥ = F k + F r = ( 1,57 + 1 ) ⋅ 10 4 N = 2,57 ⋅ 10 4 N . Dlatego naprężenie to: naprężenie = F ⊥ A = 2,57 ⋅ 10 4 N 0,2 m 2 = 1,285 ⋅ 10 5 P a = 128,5 k P a . Moduł Younga dla granitu E = 4,5 ⋅ 10 10 P a = 4,5 ⋅ 10 7 k P a . Dlatego odkształcenie ściskające w tym położeniu wynosi: odkształcenie = naprężenie E = 128,5 k P a 4,5 ⋅ 10 7 k P a = 2,85 ⋅ 10 − 6 . Znaczenie Zwróćmy uwagę, że normalna siła działająca na pole przekroju kolumny nie jest stała na całej jej długości, ale zmienia się od swojej najmniejszej wartości na górze do największej wartości na dole kolumny. Jeśli zatem kolumna ma jednolity przekrój poprzeczny na całej długości, to naprężenie jest największe u jej podstawy. Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz naprężenie i odkształcenie ściskające u podstawy kolumny Nelsona. 207 kPa ; 4,6 · 10 −6 Rozciąganie pręta Stalowy pręt o długości 2 m i przekroju poprzecznym 0,3 cm 2 jest częścią pionowego wspornika utrzymującego platformę o masie 550 kg, zawieszoną na dolnym końcu tego pręta. Oblicz jest naprężenie rozciągające w pręcie i jego wydłużenie pod wpływem naprężenia, ciężar pomiń. Strategia rozwiązania Najpierw obliczamy naprężenie rozciągające w pręcie wywołane ciężarem platformy zgodnie z . Potem przekształcamy , aby znaleźć wydłużenie pręta, używając L 0 = 2 m . Z moduł Younga dla stali to E = 2 ⋅ 10 11 P a . Rozwiązanie Podstawienie wartości liczbowych do równań daje nam F A = 550 ⁢ kg ⋅ 9,81 ⁢ m / s 2 3 ⋅ 10 -5 ⁢ m = 1,8 ⋅ 10 8 ⁢ Pa ⁢ , Δ L = F A ⋅ L 0 E = 1,8 ⋅ 10 8 ⁢ Pa ⋅ 2 ⁢ m 2 ⋅ 10 11 ⁢ Pa = 1,8 ⋅ 10 -3 ⁢ m = 1,8 ⁢ mm ⁢ . Znaczenie Podobnie jak w przykładzie z kolumną także tutaj naprężenie rozciągające nie jest jednolite wzdłuż całego pręta. W przeciwieństwie do poprzedniego przykładu, jeśli uwzględnimy ciężar pręta, to okaże się, że naprężenie w nim jest największe na górze, a najmniejsze na dole. Sprawdź, czy rozumiesz. Drut o długości 2 m rozciąga się o 1 mm przy obciążeniu. Jakie jest odkształcenie rozciągające w drucie? 5 · 10 −4 Obiekty często doświadczają naprężeń ściskających i rozciągających jednocześnie ( ). Przykładem może być długa półka zastawiona ciężkimi książkami, która ugina się w środku pod ich ciężarem. Górna powierzchnia półki podlega naprężeniu ściskającemu, a dolna naprężeniu rozciągającemu. Podobnie długie i ciężkie belki uginają się pod własnym ciężarem. (a) Obiekt, uginając się w dół, doświadcza naprężeń rozciągających (rozciągania) w górnej części i naprężeń ściskających (ściskania) w dolnej części. (b) Zawodnicy podnoszący ciężary często chwilowo uginają żelazne sztangi podczas podnoszenia, tak jak w konkursie olimpijskim w 2012 roku. (Źródło: modyfikacja pracy Oleksandra Kocherzhenko) Ciężkie pudełko spoczywa na stole stojącym na trzech nogach. Obejrzyj demonstrację i przesuń pudełko, aby zobaczyć, jaki jest wpływ na ściskanie (lub rozciąganie) w nogach, gdy pudełko zmienia swoją pozycję. Naprężenie i odkształcenie objętościowe oraz moduł Helmholtza (moduł sprężystości objętościowej) Kiedy zanurzamy się w wodzie, czujemy siłę naciskającą na każdą część ciała ze wszystkich stron. To, czego doświadczamy, jest to naprężenie objętościowe, czyli ciśnienie. Naprężenie objętościowe zawsze ma tendencję do zmniejszania objętości otoczonej powierzchnią zanurzonego obiektu. Siły ściskania zawsze są prostopadłe do powierzchni zanurzonego obiektu ( ). Efektem ich działania jest zmniejszenie objętości zanurzonego obiektu o wielkość Δ V w porównaniu z objętością V 0 obiektu przy braku naprężeń objętościowych. Ten rodzaj odkształcenia nazywa się odkształceniem objętościowym i określa go zmiana objętości w stosunku do pierwotnej objętości: odkształcenie objętościowe = Δ V V 0 . Objętość obiektu pod rosnącym naprężeniem objętościowym zawsze ulega zmniejszeniu. Równe siły działają prostopadle do powierzchni ze wszystkich stron. Efektem jest zmniejszenie objętości o wielkość Δ V w porównaniu z pierwotną wielkością V 0 . Odkształcenie objętościowe wynika z naprężenia objętościowego, czyli normalnej do powierzchni siły F ⊥ naciskającej na powierzchnię A zanurzonego obiektu. Ta wielkość fizyczna oraz ciśnienie p są zdefiniowane jako: ciśnienie = p ≡ F ⊥ A . Bardziej szczegółowo ciśnienie w płynach omówimy w rozdziale Mechanika płynów . Ważną cechą ciśnienia jest to, że stanowi ono wielkość skalarną i nie ma żadnego określonego kierunku, tzn. działa ono tak samo we wszystkich możliwych kierunkach. Kiedy zanurzymy rękę w wodzie, odczujemy, że na każdą powierzchnię dłoni (górną, dolną, boczną, między palcami) działa ciśnienie o takiej samej wartości. Jest to zwiększenie ciśnienia Δ p ponad to, co czujemy kiedy dłoń nie jest zanurzona w wodzie. Kiedy ręka nie jest zanurzona, odczuwamy ciśnienie normalne (ang. normal pressure ) p 0 1 atm, które służy jako punkt odniesienia. Naprężeniem objętościowym jest wzrost ciśnienia Δ p ponad poziom normalny p 0 . Kiedy wzrasta naprężenie objętościowe, odpowiednio zwiększa się odkształcenie objętościowe, zgodnie z . Stała proporcjonalności w tym stosunku nazywa się modułem Helmholtza (inaczej modułem sprężystości objętościowej lub modułem odkształcalności objętościowej) K : K = naprężenie objętościowe odkształcenie objętościowe = − Δ p Δ V / V 0 = − Δ p V 0 Δ V . Znak minus, który pojawia się w wprowadzono dla spójności, aby moduł K był wielkością dodatnią. Należy zauważyć, że jest on konieczny, ponieważ wzrost ciśnienia o Δ p (dodatnia wartość) zawsze powoduje spadek objętości o Δ V , a zmniejszenie objętości jest wielkością ujemną. Odwrotność modułu Helmholtza nazywa się współczynnikiem sprężystości objętościowej bądź współczynnikiem ściśliwości (ang. compressibility ) β : β = 1 K = − Δ V / V 0 Δ p . Określenie ściśliwość jest stosowane w odniesieniu do płynów (gazów i cieczy). Współczynnik ściśliwości opisuje zmianę objętości płynu w jednostce wzrostu ciśnienia. Ciecz charakteryzująca się dużym współczynnikiem ściśliwości jest stosunkowo łatwa do sprężania (ściskania). Przykładowo ściśliwość wody to 4,64 ⋅ 10 − 5 a t m − 1 , a ściśliwość acetonu 1,45 ⋅ 10 − 4 a t m − 1 Oznacza to, że przy podwyższeniu ciśnienia o 1 atm względny spadek objętości jest blisko trzykrotnie większy dla acetonu niż dla wody. Prasa hydrauliczna W prasie hydraulicznej na 250 l oleju podlega zwiększeniu ciśnienia do 160 atm. Ściśliwość oleju to 2 ⋅ 10 − 5 a t m − 1 , oblicz odkształcenie objętościowe i bezwzględny spadek objętości oleju, gdy urządzenie pracuje. Gdy mały tłok prasy hydraulicznej przemieszcza się w dół, ciśnienie w oleju przenosi się przez całą jego objętość do dużego tłoka. Niewielka siła przyłożona do małego tłoka powoduje powstanie siły nacisku o dużej wartości wywieranej przez duży tłok na podnoszony lub ściskany obiekt. Urządzenie działa jak mechaniczna dźwignia. Strategia rozwiązania Przekształcamy , aby znaleźć odkształcenie objętościowe. Objętość początkowa to V 0 = 250 l . Rozwiązanie Wstawiwszy wartości do równania, otrzymujemy: odkształcenie objętościowe = Δ V V 0 = Δ p K = β Δ p = 2 ⋅ 10 –5 a t m − 1 ⋅ 160 a t m = 0,0032 , odpowiedź : Δ V = 0,0032 V 0 = 0,0032 ⋅ 250 l = 0,78 l . Znaczenie Zauważmy, że ze względu na to, że ściśliwość wody jest 2,32 razy większa od ściśliwości oleju, zmiana substancji roboczej w prasie hydraulicznej w tym przykładzie na wodę spowodowałaby zwiększenie naprężenia objętościowego i zmiany objętości o 2,32 razy. Sprawdź, czy rozumiesz. Siła normalna działająca na każdą powierzchnię kostki stalowej o objętości 1 m 3 zmienia się o 1 ⋅ 10 7 N , oblicz wynikową zmianę objętości tej kostki. 63 ml Naprężenie i odkształcenie ścinające oraz moduł Kirchhoffa Koncepcje naprężenia i odkształcenia ścinającego dotyczą jedynie ciał stałych. Budynki i płyty tektoniczne to przykłady obiektów, narażonych na naprężenia ścinające. Zasadniczo pojęcia te nie dotyczą płynów. Odkształcenie ścinające występuje, gdy do przeciwległych powierzchni ciała stałego przyłożone są stycznie dwie równoległe przeciwnie skierowane siły o równej wartości, nie powodujące odkształcenia w kierunku poprzecznym do kierunku siły, jak w typowym przykładzie naprężenia ścinającego przedstawionym na . Odkształcenie ścinające charakteryzuje się stopniowym przesunięciem Δ x warstw w kierunku stycznym do sił działających. Przesunięcie Δ x zachodzi w poprzecznym kierunku wzdłuż pewnej odległości L 0 . Odkształcenie ścinające to stosunek największego przesunięcia Δ x do poprzecznej odległości L 0 : odkształcenie ścinające = Δ x L 0 . Odkształcenie ścinające jest spowodowane naprężeniem ścinającym. To ostatnie wywołują siły równoległe do powierzchni. Wartość siły F ∥ na pole powierzchni A , gdzie przykładana jest siła ścinająca, stanowi miarę naprężeń ścinających: naprężenie ścinające = F ∥ A . Modułem Kirchhoffa (inaczej moduł ścinania, moduł sztywności, moduł odkształcalności postaciowej albo moduł sprężystości poprzecznej) jest stała proporcjonalności w , określona przez stosunek naprężenia do odkształcenia. Moduł Kirchhoffa powszechnie oznacza się jako G : G = naprężenie ścinające odkształcenie ścinające = F ∥ / A Δ x / L 0 = F ∥ A L 0 Δ x . Obiekt pod wpływem naprężenia ścinającego: dwie antyrównoległe siły o takich samych wartościach są przykładane stycznie do przeciwległych powierzchni obiektu. Linia przerywana przedstawia odkształcenie. Nie ma zmiany w kierunku poprzecznym do sił działających i poprzeczna długość L 0 pozostaje taka sama. Odkształcenie ścinające charakteryzuje się stopniowym przesunięciem Δ x warstw w kierunku stycznym do sił. Stary regał na książki Osoba sprzątająca stara się przesunąć ciężki regał z książkami na dywanik, naciskając (popychając) stycznie do powierzchni górnej półki. Jedyny zauważalny efekt tego wysiłku jest podobny do pokazanego na i znika on, gdy osoba sprzątająca przestaje naciskać. Regał ma 180 cm wysokości i 90 cm szerokości oraz cztery półki o głębokości 30 cm. Wszystkie są częściowo zastawione książkami. Całkowity ciężar szafki i książek wynosi 600 N. Jeśli dana osoba naciska na górną półkę siłą 50 N, wówczas przemieszcza ją poziomo o 15 cm w stosunku do nieruchomej półki. Oblicz moduł Kirchhoffa regału. Strategia rozwiązania Jedynymi istotnymi informacjami są wymiary regału, wartość siły stycznej i przesunięcie, które powoduje ta siła. Zapisujemy F ∥ = 50 N , Δ x = 15 cm , L 0 = 180 cm , oraz A = 30 c m ⋅ 90 c m = 2700 c m 2 i używamy do obliczenia modułu Kirchhoffa. Rozwiązanie Podstawiwszy liczby do równania, otrzymamy moduł Kirchhoffa: G = F | | A ⋅ L 0 Δ x = 50 N 2 700 cm 2 ⋅ 180 cm 15 cm = 2 9 ⋅ 10 4 N m 2 = 20 9 ⋅ 10 3 Pa = 2,222 kPa . Możemy również wyliczyć naprężenie i odkształcenie, odpowiednio: F ∥ A = 50 N 2700 cm 2 = 5 27 kPa = 185,2 Pa Δ x L 0 = 15 cm 180 cm = 1 12 = 0,083 . Znaczenie Jeśli w tym przykładzie osoba sprzątająca nacisnęłaby zbyt mocno na półkę, to spowodowane naciskiem ścinanie mogłoby zniszczyć regał. Mechanizm ścinania w znacznym stopniu odpowiada za awarie wypełnionych ziemią zapór i wałów oraz ogólnie powstawanie osuwisk. Sprawdź, czy rozumiesz. Wyjaśnij, dlaczego koncepcje modułu Younga i moduł Kirchhoffa nie mają zastosowania do płynów. Płyny mają inne właściwości mechaniczne niż ciała stałe; ciecze płyną Podsumowanie Siły zewnętrzne działające na ciało (lub ośrodek) powodują odkształcenie, czyli zmianę wielkości i kształtu. Wartość sił odkształcających wyrażana jest przez naprężenie, które w układzie SI mierzy się w jednostce ciśnienia (paskal). Stopień deformacji pod wpływem naprężeń wyraża odkształcenie, które jest bezwymiarowe. W przypadku małych naprężeń związek między nim a odkształceniem pozostaje liniowy. Moduł sprężystości jest stałą proporcjonalności w tym liniowym związku. Odkształcenie rozciągające (lub ściskające) jest reakcją przedmiotu lub ośrodka na naprężenia rozciągające (lub ściskające). W tym przypadku moduł sprężystości nazywa się modułem Younga. Naprężenie rozciągające (lub ściskające) powoduje wydłużenie (lub skrócenie) przedmiotu albo ośrodka i jest wywołane zewnętrznymi siłami działającymi wzdłuż tylko jednego kierunku, prostopadle do przekroju poprzecznego. Odkształcenie objętościowe jest reakcją przedmiotu lub ośrodka na naprężenie objętościowe. W tym przypadku moduł sprężystości nazywa się modułem Helmholtza albo modułem sprężystości objętościowej. Naprężenie objętościowe zmienia objętość obiektu lub ośrodka i jest spowodowane siłami działającymi na ciało ze wszystkich kierunków, prostopadle do jego powierzchni. Współczynnik sprężystości objętościowej obiektu lub ośrodka jest odwrotnością jego modułu sprężystości objętościowej. Odkształcenie ścinające to odkształcenie obiektu lub ośrodka pod wpływem naprężeń ścinających. Moduł Kirchhoffa (ścinania) jest w tym przypadku modułem sprężystości. Naprężenie wywołują siły działające wzdłuż dwóch równoległych powierzchni obiektu. Pytania Uwaga: O ile nie zaznaczono inaczej, masy drutów, drążków, prętów i innych elementów należy pominąć. Moduły sprężystości wybranych materiałów podane są w . Dlaczego wiewiórka skacze z gałęzi drzewa na ziemię i ucieka bez uszczerbku na zdrowiu, podczas gdy człowiek przy takim upadku mógłby złamać kości? W kontakcie z ziemią naprężenie w kończynach wiewiórki jest mniejsze niż naprężenie w ludzkich kończynach. Kiedy szklana butelka wypełniona octem jest ogrzewana, zarówno ocet, jak i szkło się rozszerzają, ale ocet znacznie bardziej niż szkło. Butelka pęknie, jeśli zostanie napełniona całkowicie. Wyjaśnij, w jaki sposób przestrzeń powietrza nad octem zapobiega rozerwaniu butelki. Cienki drut rozciągnięty pomiędzy dwoma gwoździami w ścianie służy do podtrzymywania dużego obrazu. Czy bardziej prawdopodobne jest, że się zerwie, gdy jest mocno naciągnięty, czy gdy jest luźniejszy i bardziej się ugina? mocno naciągnięty Przeanalizuj ponownie związek pomiędzy naprężeniem a odkształceniem. Czy można znaleźć jakiekolwiek podobieństwa między tymi dwiema wielkościami? Jakiego rodzaju naprężenie stosujesz, gdy naciskasz na końce drewnianego drążka, a jakie gdy ciągniesz za jego końce? ściskające; rozciągające Czy naprężenie ściskające może być przyłożone do gumowej taśmy? Czy moduł Younga może mieć ujemną wartość? Jak jest w przypadku modułu Helmholtza? nie Jeśli hipotetyczny materiał ma ujemny moduł Helmholtza, to co się stanie, gdy go ściśniesz? Omów, w jaki sposób możesz zmierzyć współczynnik ściśliwości cieczy. Zadania Grafit ołówkowy ma moduł Younga wynoszący 1 ⋅ 10 9 N / m 2 . Oblicz zmianę długości wkładu w automatycznym ołówku, jeśli naciśniesz go z siłą 4 N. Wkład ma średnicę 0,5 mm i długość 60 mm. 0,3 mm Anteny telewizyjne to najwyższe sztuczne konstrukcje na Ziemi. W 1987 roku, fizyk o wadze 72 kg ze sprzętem o masie 400 kg był na szczycie anteny o wysokości 610 m w celu przeprowadzenia eksperymentów grawitacyjnych. O ile antena została ściśnięta, jeśli założymy, że jest ona równoważna stalowemu cylindrowi o promieniu 0,15 m? O ile 65-kilogramowy wspinacz górski rozciągnie nylonową linę o średnicy 0,8 cm, gdy wisi w odległości 35 m poniżej występu skalnego? (Dla nylonu E = 1,35 ⋅ 10 9 P a. ) 9 cm Podczas zamarzania objętość wody wzrasta o 9,05%. Jaką siłę na jednostkę powierzchni pojemnika wywiera woda, gdy zamarza? Rolnik wytwarzający sok winogronowy wypełnia szklaną butelkę po brzegi i mocno ją zakręca. Sok przy ogrzewaniu rozszerza się bardziej niż szkło, w taki sposób, że jego objętość wzrasta o 0,2%. Zakładając, że butelka nie pęknie, oblicz siłę wywieraną na centymetr kwadratowy jej powierzchni, jeśli moduł Helmholtza soku wynosi 1,8 ⋅ 10 9 N / m 2 4 · 10 2 N/cm 2 Krążek międzykręgowy kręgosłupa jest poddawany działaniu siły ścinającej 600 N. Oblicz jego odkształcenie ścinające, przy użyciu modułu ścinania 1 · 1 0 9 N/m 2 . Krążek międzykręgowy jest równoważny cylindrowi o wysokości 0,7 cm i średnicy 4 cm. Kręgi kręgosłupa są poddawane działaniu siły ścinającej 500 N. Oblicz odkształcenie ścinające, traktując kręg jako cylinder o wysokości 3 cm i średnicy 4 cm. Odnieś ten wynik do uzyskanego w poprzednim zadaniu. Czy problemy z kręgosłupem częściej występują w krążkach czy w kręgach? 0,149 μm Oblicz, jakiej siły używa stroiciel aby rozciągnąć stalową strunę fortepianową o 8 mm, jeśli na początku ma ona długość 1,35 m, a jej średnica wynosi 0,85 mm. Aluminiowy wydrążony maszt o wysokości 20 m jest równoważny pod względem wytrzymałości pełnemu cylindrowi o średnicy 4 cm. Silny wiatr ugina go tak samo, jak pozioma siła 900 N przyłożona do szczytu. Jak daleko w bok wygnie się górna część masztu? 0,57 mm Drut miedziany o średnicy 1 cm rozciąga się o 1%, kiedy podnosi ładunek z przyspieszeniem 2 m/s 2 . Jaki jest ciężar ładunku? W miarę wiercenia otworów każdy nowy odcinek rury podtrzymuje ciężar własny i ciężar rury oraz wiertła pod sobą. Oblicz wydłużenie nowej 6-metrowej stalowej rury, która podtrzymuje wiertło o masie 100 kg i rurę o długości 3 km o gęstości liniowej 20 kg/m. Potraktuj rurę jako pełny cylinder o średnicy 5 cm. 8,59 mm Duży jednolity pręt stalowy o gęstości ρ = 7,8 g/cm 3 ma 2 m długości i średnicę 5 cm. Jest on przymocowany do betonowej podłogi pionowo. Jaki będzie normalny nacisk w przekroju poprzecznym pręta zlokalizowany w odległości: (a) 1 m od dolnego końca, (b) w odległości 1,5 m od dolnego końca? Na nylonowej linie wisi 90-kilogramowy wspinacz i rozciąga ją o 25 cm. Jeśli lina miała pierwotnie 30 m długości, a jej średnica wynosi 1 cm, to jaki jest współczynnik Younga dla nylonu? 1,35 ⋅ 10 9 P a Pręt podtrzymujący most podwieszany ma długość 25 m. Jeśli wykonano go ze stali, to jaka powinna być jego średnica, aby nie rozciągnął się więcej niż 1 cm, podczas przejazdu przez most samochodu ciężarowego o masie 25 ton? Załóż, że pręt podtrzymuje cały ciężar samochodu. Drut miedziany ma długość 1 m, a jego średnica wynosi 1 mm. Jeśli wisi pionowo, to jaką masę należy dodać do jego swobodnego końca, żeby rozciągnąć go o 3 mm? 259 N Ciężar 100 N przymocowano do wolnego końca metalowego drutu, wiszącego z sufitu. Gdy dodany zostanie drugi ciężar 100 N, wówczas drut rozciągnie się o 3 mm. Średnica i długość przewodu to odpowiednio 1 mm i 2 m. Jaki jest moduł Younga metalu wykorzystanego do produkcji tego drutu? Moduł Helmholtza materiału wynosi 1 · 10 11 N/m 2 . O jaką względną wartość zmieni się objętość kawałka tego materiału, gdy naprężenie zwiększy się o 10 7 N/m 2 ? Załóż, że siła przykładana jest do powierzchni równomiernie. 0,01% Normalne siły o wartości 1 ⋅ 10 6 N są przykładane równomiernie do kulistej powierzchni, otaczającej objętość cieczy. Powoduje to zmniejszenie promienia z 50 cm do 49,995 cm. Jaki jest moduł Helmholtza cieczy? Linoskoczek wytwarza naprężenie 3,94 ⋅ 10 3 N w linie rozpostartej pomiędzy dwoma słupami oddalonymi od siebie o 15 m. Ma ona średnicę 0,5 cm, gdy nie jest rozciągnięta. Jeśli linoskoczek znajdzie się na środku pomiędzy słupami, lina utworzy kąt 5 ∘ do poziomu. O ile to naprężenie rozciągnie stalową linę? 1,44 cm Używając gumki ołówkowej, wywiera się siłę pionową o wartości 6 N w odległości 2 cm od połączenia gumki z ołówkiem. Ołówek ma średnicę 6 mm i jest trzymany pod kątem 20 ∘ do poziomu. (a) O ile ołówek wygnie się prostopadle do swojej długości? (b) Ile wyniesie odkształcenie ściskające wzdłuż ołówka? Normalne siły są przykładane równomiernie do powierzchni kulistej objętości wody o promieniu 20 cm. Jeśli ciśnienie na powierzchni wzrośnie o 200 MPa, to jaki będzie promień kuli? 0,63 cm moduł Helmholtza (moduł sprężystości objętościowej lub moduł odkształcalności objętościowej) (ang. bulk modulus ) moduł sprężystości objętościowej, który charakteryzuje ściśliwość substancji; im większe K tym mniejsza ściśliwość odkształcenie objętościowe (ang. bulk strain ) odkształcenie pod wpływem naprężenia objętościowego podawane jako względna zmiana objętości naprężenie objętościowe (ang. bulk stress ) naprężenie wywołane siłami ściskającymi we wszystkich kierunkach współczynnik sprężystości objętościowej bądź współczynnik ściśliwości (ang. compressibility ) odwrotność modułu sprężystości objętościowej (modułu Helmholtza) odkształcenie ściskające (ang. compressive strain ) odkształcenie, które występuje w przypadku, gdy siły obciążają przedmiot, powodując jego skrócenie naprężenie ściskające (ang. compressive stress ) naprężenie spowodowane siłami ściskającymi tylko w jednym kierunku moduł sprężystości (ang. elastic modulus ) stała proporcjonalności w liniowym związku między naprężeniem a odkształceniem w układzie SI wyrażana w paskalach ciśnienie normalne (ang. normal pressure ) ciśnienie 1 atm, służy jako punkt odniesienia dla poziomu ciśnienia paskal (Pa) (ang. pascal ) w układzie SI jednostka naprężenia i ciśnienia ciśnienie (ang. pressure ) siła działająca (naciskająca) na powierzchnię w kierunku normalnym do powierzchni, naprężenie w płynach moduł Kirchhoffa (moduł sprężystości poprzecznej, moduł odkształcalności postaciowej lub moduł ścinania) (ang. shear modulus ) moduł sprężystości dla naprężenia ścinającego odkształcenie ścinające (ang. shear strain ) odkształcenie spowodowane naprężeniem ścinającym naprężenie ścinające (ang. shear stress ) naprężenie spowodowane siłami ścinającymi odkształcenie (ang. strain ) bezwymiarowa wielkość, która wyraża stopień deformacji przedmiotu lub medium pod wpływem naprężenia naprężenie (ang. stress ) wielkość informująca o sile powodującej deformację, określona jako siła działająca na powierzchnię odkształcenie rozciągające (ang. tensile strain ) odkształcenie przy rozciąganiu, wyrażone jako względna zmiana długości, występująca, gdy siły rozciągają obiekt, powodując jego wydłużenie naprężenie rozciągające (ang. tensile stress ) naprężenie spowodowane siłami rozciągającymi tylko w jednym kierunku, występujące, gdy siły rozciągają obiekt, powodując jego wydłużenie moduł Younga (ang. Young’s modulus ) moduł sprężystości dla naprężenia rozciągającego lub ściskającego", "section": "Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Sprężystość i plastyczność Dlaczego stałą proporcjonalności między naprężeniem a odkształceniem nazywamy modułem sprężystości? Co to znaczy, że obiekt ma być sprężysty i jak opisujemy jego zachowanie? Sprężystość to tendencja ciał stałych i materiałów do powrotu do pierwotnego kształtu, gdy siły zewnętrzne (obciążenie nimi) powodujące deformację przestają oddziaływać. Obiekt jest sprężysty (ang. elastic ), jeśli powraca do pierwotnego rozmiaru i kształtu, gdy obciążenie ustaje. Fizyczne czynniki powodujące sprężystość są różne w różnych materiałach i zależą od ich mikroskopowej struktury. Przykładowo sprężystość polimerów i kauczuków wynika z rozciągania łańcuchów polimerowych pod wpływem działającej siły. Z kolei, sprężystość metali warunkują zmiany rozmiaru i kształtu komórek sieci krystalicznej (które tworzą strukturę metali) pod wpływem sił zewnętrznych. Dwa parametry określające sprężystość każdego materiału to moduł sprężystości i granica sprężystości . Duży moduł sprężystości jest typowy dla materiałów trudnych do zdeformowania, czyli wymagających dużego obciążenia w celu osiągnięcia znacznego odkształcenia, np. stalowej taśmy. Mały moduł sprężystości jest typowy dla materiałów łatwo ulegających deformacji pod wpływem obciążenia, np. taśmy gumowej. Jeśli naprężenie spowodowane obciążeniem staje się zbyt duże, wówczas nawet po ustąpieniu obciążenia materiał nie powraca już do pierwotnego kształtu i wielkości, ale odkształca się trwale do innego kształtu i wielkości, ulega trwałemu zdeformowaniu. Granica sprężystości (ang. elastic limit ) to taka wartość naprężeń, po której przekroczeniu materiał przestaje być sprężysty i ulega trwałemu zdeformowaniu. Nasze postrzeganie sprężystości materiału zależy zarówno od sprężystości, jak i od modułu sprężystości. Na przykład wszystkie kauczuki i gumy charakteryzują się niskim modułem sprężystości i wysoką granicą sprężystości, dlatego są łatwe do rozciągnięcia, a ich wydłużenie jest duże. Wśród materiałów o identycznej granicy sprężystości najbardziej sprężysty jest ten o najniższym module sprężystości. Gdy obciążenie wzrasta od zera, powstałe naprężenie jest wprost proporcjonalne do odkształcenia w sposób podany przez , ale tylko, gdy naprężenie nie przekracza pewnej wartości granicznej. Dla wartości naprężeń w tym zakresie liniowej proporcjonalności zachowanie sprężyste możemy opisać analogicznie do prawa Hooke’a dla sprężyny. Zgodnie z nim, wartość rozciągnięcia sprężyny pod wpływem siły jest wprost proporcjonalna do wartości siły. Natomiast siła reakcji sprężyny pod wpływem wydłużenia jest wprost proporcjonalna do tego wydłużenia. W ten sam sposób deformacja materiału spowodowana obciążeniem jest wprost proporcjonalna do obciążenia, a powstałe naprężenie jest wprost proporcjonalne do odkształcenia. Granica liniowości (lub granica proporcjonalności) (ang. linearity limit , proportionality limit ) to największa wartość naprężeń, powyżej której naprężenie przestaje być wprost proporcjonalne do odkształcenia. Poza nią związek między naprężeniem a odkształceniem nie jest już liniowy. Kiedy naprężenie przekracza granicę liniowości, ale pozostaje w granicach sprężystości, zachowanie jest wciąż sprężyste, ale związek między naprężeniem a odkształceniem staje się nieliniowy. W przypadku naprężeń przekraczających granicę sprężystości materiał wykazuje zachowanie plastyczne (ang. plastic behavior ), czyli odkształca się nieodwracalnie i nie powraca do pierwotnego kształtu i rozmiaru, nawet po ustąpieniu obciążenia. Gdy naprężenie wzrasta stopniowo poza granicę sprężystości, materiał ulega deformacji plastycznej. W materiałach gumopodobnych ze wzrostem naprężenia następuje wzrost odkształcenia, co oznacza, że stają się one coraz trudniejsze do rozciągania i przerywają się po osiągnięciu punktu zerwania. Materiały plastyczne (ciągliwe), takie jak metale, cechują się stopniowym zmniejszaniem naprężeń przy wzrastającym odkształceniu, co oznacza, że łatwiej je zdeformować, gdy wartości naprężenia i odkształcenia zbliżają się do punktu zerwania. Mechanizmy mikroskopowe odpowiedzialne za plastyczność materiałów różnią się w zależności od materiału. Możemy wyznaczyć zależność między naprężeniem a odkształceniem na wykresie naprężenie-odkształcenie (ang. stress-strain diagram ). Każdy materiał ma własną charakterystyczną krzywą naprężenie-odkształcenie. Typowy wykres dla plastycznego metalu podlegającego obciążeniu pokazano na . Na tej ilustracji odkształcenie jest względnym wydłużeniem (narysowano nie w skali). Kiedy obciążenie stopniowo wzrasta, zachowanie liniowe (czerwona linia) rozpoczynające się w punkcie bez obciążenia (początek układu) kończy się na granicy liniowości (proporcjonalności) w punkcie H . W przypadku dalszego wzrostu obciążenia powyżej punktu H relacja naprężenie-odkształcenie staje się nieliniowa, ale pozostaje sprężysta. Na rysunku obszar nieliniowy znajduje się między punktami H i E . Coraz większe obciążenia przesuwają naprężenia ku granicy sprężystości E , gdzie kończy się sprężyste zachowanie i rozpoczyna odkształcenie plastyczne. Poza granicą sprężystości, gdy obciążenie ustaje, na przykład w punkcie P , materiał odkształca się do nowego kształtu i rozmiaru wzdłuż zielonej linii. Oznacza to, że jest on trwale odkształcony i nie powraca do pierwotnego kształtu i wielkości, gdy naprężenie staje się zerowe. Materiał ulega odkształceniom plastycznym w przypadku dużych obciążeń powodujących naprężenia wykraczające poza granicę sprężystości w punkcie E . Pozostaje plastycznie odkształcony, aż naprężenie osiągnie punkt pęknięcia (punkt zerwania). Za nim nie ma już jednej próbki materiału, więc wykres się kończy. Dla kompletności tego opisu jakościowego należy powiedzieć, że granice liniowości, sprężystości i plastyczności oznaczają zakres wartości, a nie jeden wyraźny punkt. Typowy wykres naprężeń i odkształceń dla metalu pod wpływem obciążenia. Wykres kończy się w punkcie zerwania. Strzałki wskazują kierunek zmian pod wpływem stale rosnącego obciążenia. Punkty H i E są odpowiednio granicą liniowości (proporcjonalności) i granicą sprężystości. Pomiędzy punktami H i E wykres ma charakter nieliniowy. Zielona linia wychodząca z P przedstawia reakcję metalu po ustaniu obciążenia. Odkształcenie trwałe ma wartość odkształcenia w punkcie, w którym zielona linia przecina oś poziomą. Wartość naprężenia w punkcie zerwania nazywa się naprężeniem niszczącym (lub naprężeniem zerwania ) (ang. breaking stress , ultimate stress ). Materiały o podobnych właściwościach sprężystych, np. dwa metale, mogą mieć bardzo różne naprężenia zrywające: dla glinu wynosi ono 2,2 ⋅ 10 8 P a , a dla stali może przyjmować tak wysokie wartości jak 20 ⋅ 10 8 P a , w zależności od rodzaju. Możemy szybko oszacować, na podstawie , że w przypadku prętów o przekroju poprzecznym 5 c m 2 obciążenie zrywające dla wykonanego z aluminium wynosi 110 kN, a dla stalowego jest blisko 9 razy większe. Podsumowanie Obiekt lub ośrodek jest sprężysty, jeśli powraca do pierwotnego kształtu i wielkości, gdy zanika naprężenie. W odkształceniach sprężystych o wartościach naprężeń mniejszych od granicy proporcjonalności naprężenie jest wprost proporcjonalne do odkształcenia. Gdy wykracza ono poza granice proporcjonalności, odkształcenie jest ciągle sprężyste, ale staje się nieliniowe do granicy sprężystości. Przedmiot lub materiał jest plastyczny, gdy naprężenie przekracza granicę. W obszarze plastyczności, gdy zanika naprężenie nie powraca do pierwotnego rozmiaru lub kształtu, ale trwale się odkształca. Zachowanie plastyczne kończy się w punkcie zerwania. Najważniejsze wzory Warunek równowagi sił ∑ i F → i = 0 → Warunek równowagi momentów sił ∑ i M → i = 0 → Liniowa relacja pomiędzy naprężeniem i odkształceniem naprężenie = (moduł sprężystości) · odkształcenie moduł Younga E = naprężenie rozciągające odkształcenie rozciągające = F ⊥ A ⋅ L 0 Δ L moduł Helmholtza K = naprężenie objętościowe odkształcenie objętościowe = − Δ p ⋅ V 0 Δ V moduł Kirchhoffa G = naprężenie ścinające odkształcenie ścinające = F | | A ⋅ L 0 Δ x Pytania Uwaga: O ile nie zaznaczono inaczej, masy drutów, drążków, prętów i innych elementów należy pominąć. Moduły sprężystości wybranych materiałów podane są w . Co to oznacza, że żyłka wędkarska ma wytrzymałość 4 kg? Pręty stalowe są powszechnie umieszczane przed wylaniem betonu. Jaki jest cel tego działania? Działa jak \"zbrojenie\", zwiększając zakres wartości naprężenia, zanim struktura osiągnie punkt zerwania. Zadania Jednolita lina o przekroju poprzecznym 0,5 cm 2 przerywa się, gdy osiąga naprężenie rozciągające 6 ⋅ 10 6 N / m 2 . (a) Jakie jest maksymalne obciążenie, które można podnieść powoli przy stałej prędkości przy użyciu liny? (b) Jakie jest maksymalne obciążenie, które można podnieść przy użyciu liny z przyspieszeniem 4 m / s 2 ? Jeden koniec pionowego metalowego drutu o długości 2 m i średnicy 1 mm przymocowano do sufitu, a drugi koniec do szalki o ciężarze 5 N, jak pokazano poniżej. Położenie wskaźnika nad talerzem wynosi 4 cm. Następnie na szalkę nakładano odważniki, a pozycję wskaźnika zapisywano w przedstawionej tabeli. Narysuj zależność naprężenia od odkształcenia dla tego drutu, a następnie użyj uzyskanej krzywej do określenia modułu Younga i granicy proporcjonalności dla tego metalu. Jaki to może być metal? Obciążenie dodane (razem z szalką) (N) Odczyt na skali (cm) 0 4,000 15 4,036 25 4,073 35 4,109 45 4,146 55 4,181 65 4,221 75 4,266 85 4,316 Drut aluminiowy o gęstości ρ = 2,7 g / c m 3 wisi z sufitu pionowo. Jak długi musi być drut, aby naprężenie na górnym końcu osiągnęło granicę proporcjonalności, która wynosi 8 ⋅ 10 7 N / m 2 ? Zadania dodatkowe Współczynnik tarcia statycznego pomiędzy gumką ołówka a blatem stołu wynosi μ s = 0,8 . Jeśli siłę F → przyłożymy wzdłuż osi ołówka jak pokazano poniżej, to przy jakim minimalnym kącie ołówek nie będzie się ślizgać? Pomiń ciężar ołówka. arctg ⁡ ( 1 / μ s ) = 51 , 3 ∘ Ołówek leży w narożniku, jak pokazano poniżej. Zaostrzony koniec dotyka gładkiej pionowej powierzchni, a koniec gumki dotyka szorstkiej poziomej podłogi. Współczynnik tarcia statycznego między gumką a podłogą wynosi μ s = 0,8 . Środek masy ołówka znajduje się w odległości 9 cm od końca gumki i 11 cm od ostrza ołówka. Oblicz minimalny kąt θ , dla którego ołówek się nie osunie. Jednolita 4-metrowa deska o ciężarze 200 N opiera się o narożnik ściany, jak pokazano poniżej. Nie ma tarcia pomiędzy nią a narożnikiem ściany. (a) Oblicz siły, które narożnik i podłoga wywierają na deskę. (b) Jaki powinien być minimalny współczynnik tarcia statycznego między podłogą a deską, aby zapobiec ześlizgnięciu się deski? a. na narożniku 66,7 N pod kątem 30 ∘ do poziomu; na podłodze 192,4 N pod kątem 60 ∘ do poziomu; b. μ s = 0,577 40-kilogramowy chłopiec skacze z wysokości 3 m, ląduje na jednej nodze i jest w spoczynku w 0,1 s po uderzeniu o ziemię. Załóż, że dochodzi do spoczynku ze stałym opóźnieniem. Jeśli całkowite pole przekroju poprzecznego jego kości w nogach tuż nad kostkami wynosi 3 c m 2 , to jakie jest w nich naprężenie ściskające? Kości nóg mogą ulec złamaniu, gdy są narażone na naprężenie większe niż 1,7 ⋅ 10 8 P a . Czy chłopcu zagraża złamanie? Dwa cienkie pręty, jeden ze stali, a drugi z aluminium, są połączone końcami. Każdy z nich ma długość 2 m i przekrój poprzeczny 9,1 m m 2 . Siłę rozciągającą 10 000 N przyłożono na każdym końcu połączenia. Oblicz: naprężenie w każdym pręcie; odkształcenie w każdym pręcie; wydłużenie każdego pręta. 1,1 ⋅ 10 9 N / m 2 ; 5,5 · 10 −3 ; 11 mm, 31,4 mm Dwa pręty, jeden z miedzi, a drugi ze stali, mają te same wymiary. Jeśli pręt miedziany rozciąga się o 0,15 mm pod pewnym naprężeniem, to jak bardzo rozciąga się pręt stalowy pod takim samym naprężeniem? Zadania trudniejsze Siłę poziomą F → przyłożono do jednolitej kuli w kierunku do jej środka, jak pokazano poniżej. Znajdź taką wartość tej siły, aby kula pozostała w statycznej równowadze. Jaka jest siła tarcia między pochylnią a kulą? F = Mg tg θ ; f = 0 Gdy silnik jest zamontowany na uchwycie przegubowym, widocznym poniżej, jego ciężar można użyć do utrzymania naprężenia w pasie napędowym. Gdy silnik nie pracuje, naprężenia N 1 oraz N 2 są równe. Całkowita masa platformy i silnika wynosi 100 kg, a średnica koła pasowego napędu 16 c m . Oblicz dla wyłączonego silnika: (a) naprężenie w pasie, (b) siłę działającą na połączenie przegubowe w punkcie C . Załóż, że środek masy platformy razem z silnikiem znajduje się w środku silnika. Dwa koła A i B o masach m i 2 m odpowiednio, są połączone jednorodnym prętem o masie m / 2 jak pokazano poniżej. Koła mogą się swobodnie obracać na pochyłych powierzchniach. Określ kąt, który pręt tworzy z poziomem, gdy układ jest w stanie równowagi. ( Wskazówka: Na pręcie działa pięć sił, tj. dwa ciężary kół, dwie normalne siły reakcji w miejscach, w których koła stykają się z równiami, oraz ciężar pręta.) z poziomem θ = 42 , 2 ∘ oraz α = 17 , 8 ∘ ze stromą stroną równi. Odważniki stopniowo są dokładane na szalkę, aż koło o masie M i promieniu R zostanie wciągnięte na przeszkodę o wysokości d , jak pokazano poniżej. Jaka musi być minimalna masa odważników z szalką, aby to osiągnąć? Żeby podnieść łopatę z ziemią, ogrodnik naciska w dół na jej końcu i podciąga w górę w odległości l 2 od końca, jak pokazano poniżej. Ciężar łopaty to m g i jest on przyłożony w punkcie przyłożenia F → 2 . Obliczyć wartości sił F → 1 i F → 2 jako funkcje l 1 , l 2 , m g i ciężaru F ł ładunku. Dlaczego odpowiedź nie zależy od kąta θ , który łopata tworzy z poziomem? F ł ( l 1 / l 2 − 1 ) ; F ł l 1 / l 2 + m g Jednolity pręt o długości 2 R i masie M jest dołączony do małego pierścienia C i spoczywa na powierzchni cylindra o promieniu R jak pokazano poniżej. Jeśli pierścień może przesuwać się bez tarcia wzdłuż prowadnicy pionowej, znajdź kąt θ , przy którym pręt jest w stanie równowagi. Słup pokazany poniżej znajduje się przy załomie 90 ∘ w linii energetycznej i dlatego jest poddawany większym siłom ścinającym niż słupy w prostych częściach linii. Naprężenie każdej liny wynosi 4 ⋅ 10 4 N pod pokazanymi kątami. Słup ma wysokość 15 m, średnicę 18 cm i można przyjąć, że ma połowę wytrzymałości twardego drewna. Oblicz: względne skrócenie słupa; jak bardzo się ugina i w jakim kierunku; naprężenie drutu w odciągu wystarczające, by utrzymać słup prosto, jeśli odciąg jest przymocowany do szczytu słupa pod kątem 30 ∘ do pionu. Odciąg jest w przeciwnym kierunku do załomu (ugięcia). 1,1 mm; 6,6 mm w prawo; 1,11 · 10 5 N naprężenie zerwania (niszczące) (ang. breaking stress , ultimate stress ) wartość naprężenia w punkcie zerwania sprężystość (ang. elastic ) cecha obiektu, który powraca do pierwotnego rozmiaru i kształtu, gdy obciążenie nie oddziałuje granica sprężystości (ang. elastic limit ) wartość naprężenia, powyżej której materiał przestaje być sprężysty i ulega trwałemu zdeformowaniu granica liniowości (lub granica proporcjonalności) (ang. linearity limit , proportionality limit ) największa wartość naprężenia, poza którą nie jest ono już wprost proporcjonalne do odkształcenia zachowanie plastyczne (ang. plastic behavior ) materiał odkształca się nieodwracalnie, nie powraca do swojego oryginalnego kształtu i rozmiaru, gdy obciążenie przestaje oddziaływać i naprężenie znika wykres naprężenie-odkształcenie (ang. stress-strain diagram ) wykres przedstawiający zależność między naprężeniem a odkształceniem charakterystycznym dla danego materiału", "section": "Sprężystość i plastyczność", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Obserwowalna część Wszechświata składa się z miliardów galaktyk, które istnieją dzięki sile grawitacji. Grawitacja jest także odpowiedzialna za produkcję energii przez wszystkie gwiazdy, inicjując reakcje termojądrowe w nich zachodzące. To dzięki niej Słońce ogrzewa Ziemię, a światło galaktyk widoczne jest z ogromnych odległości. Większość punktów widocznych na zdjęciu nie przedstawia pojedynczych gwiazd lecz całe galaktyki. (Źródło: modyfikacja zdjęcia udostępnionego przez NASA) W rozdziale tym poznamy naturę siły grawitacji na przykładzie obiektów tak małych, jak my sami oraz układów tak masywnych jak całe galaktyki. Pokażemy, w jaki sposób siła grawitacji oddziałuje na obiekty na Ziemi oraz na ruch samego Wszechświata. Grawitacja jest siłą działającą na odległość, czyli siłą dzięki której różne obiekty oddziałują na siebie bez fizycznego kontaktu. Wartość tej siły zanika dopiero w nieskończonej odległości od obiektu ją wytwarzającego. Ziemia oddziałuje siłą grawitacyjną na Ciebie, podobnie jak czyni to nasze Słońce, Droga Mleczna oraz miliardy galaktyk, takich jak te przedstawione na powyższym zdjęciu. Galaktyki te są tak odległe, że nie możemy ich zobaczyć gołym okiem.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prawo powszechnego ciążenia Na początku przyjrzymy się historii badań nad grawitacją, uwzględniając szczególnie te zjawiska, które przez tysiące lat inspirowały filozofów i naukowców do poszukiwania ich wyjaśnień. Następnie przeanalizujemy najprostszą formę prawa powszechnego ciążenia i pokażemy, jak należy je stosować. Historia teorii grawitacji Pierwsi filozofowie zastanawiali się, dlaczego ciała mają naturalną tendencję do spadania na ziemię. Arystoteles (384–322 p.n.e.) wierzył, że z natury skała szuka Ziemi, a ogień z natury szuka niebios. Brahmagupta (598~665) postulował, że Ziemia jest kulą i wszystkie ciała pozostają do niej w naturalnym powinowactwie, spadając w kierunku jej środka niezależnie od tego, gdzie się znajdują. Ruch Słońca, Księżyca i planet także był badany przez tysiące lat. Ruchy te z zadziwiającą dokładnością zostały opisane przez Ptolemeusza (100~170), którego teoria geocentryczna (wszystkie ciała niebieskie krążą wokół Ziemi) przedstawiała trajektorię planet, jako punktów krążących po mniejszych okręgach (epicyklach), których środki z kolei krążą po większych okręgach (deferentach) wokół Ziemi. Aż do XVII wieku brak było jednak jasnych wywodów, w których ktokolwiek powiązałby ruch ciał niebieskich z ruchem ciał spadających na Ziemię. Mikołaj Kopernik (1473–1543) jest powszechnie uznawany za pierwszą osobę, która sprzeciwiła się geocentrycznemu systemowi Ptolemeusza, sugerując system heliocentryczny, w którym to Słońce jest w centrum Układu Słonecznego. Idea ta została poparta przez niesamowicie precyzyjne pomiary ruchu planet dokonane gołym okiem przez Tychona Brahe (1546–1601) oraz ich analizę przeprowadzoną przez Johannesa Keplera (1571–1630) i Galileusza (1564–1642). Kepler pokazał, że planety poruszają się po elipsach (pierwsze z jego praw omawiane w podrozdziale Prawa Keplera ), a Robert Hooke (1635–1703) (ten sam, który sformułował prawo Hooke’a dotyczące sprężystości) intuicyjnie zasugerował, że ruchy te wynikają z przyciągania planet przez Słońce. Jednak to Isaac Newton (1642–1727) powiązał przyspieszenie ciał w pobliżu powierzchni Ziemi z przyspieszeniem dośrodkowym Księżyca na orbicie okołoziemskiej. Na koniec w podrozdziale Teoria grawitacji Einsteina , przyjrzymy się teorii względności zaproponowanej przez Alberta Einsteina (1879–1955) w 1916 roku. Jego teoria wywodzi się z zupełnie innego podejścia, w którym grawitacja wynika z faktu, że masa zakrzywia czas i przestrzeń. W konsekwencji jego teoria dała początek wielu niezwykłym przewidywaniom, z których zasadniczo wszystkie zostały potwierdzone w ciągu wielu dziesięcioleci po jej opublikowaniu (jednym z tych przewidywań jest także detekcja fal grawitacyjnych, pochodzących z połączenia się dwóch czarnych dziur w roku 2015). Prawo powszechnego ciążenia Newton zauważył, że ciała przy powierzchni Ziemi (znajdujące się w odległości R Z od środka Ziemi) spadają swobodnie z przyspieszeniem g a przyspieszenie dośrodkowe Księżyca, znajdującego się w odległości około 60 R Z , jest około 60 2 razy mniejsze niż g . Mógł to wyjaśnić zakładając, że pomiędzy dowolnymi dwoma ciałami istnieje siła, której wartość jest proporcjonalna do iloczynu mas tych ciał, podzielonego przez kwadrat odległości między nimi. Dzisiaj wiemy, że odwrotna proporcjonalność do kwadratu odległości jest powszechna w przyrodzie dla źródeł punktowych. Siła, pochodząca od dowolnego źródła punktowego, rozkłada się równomiernie na powierzchni kuli o promieniu r , której środek znajduje się w punkcie, w którym zlokalizowane jest źródło. Powierzchnia tej kuli jest proporcjonalna do r 2 . W późniejszych rozdziałach zobaczymy tę samą zależność od odległości dla elektrostatycznej siły kulombowskiej. Prawo powszechnego ciążenia Prawo powszechnego ciążenia (ang. Newton’s law of universal gravitation ) można wyrazić jako F → 12 = G m 1 m 2 r 2 r ^ 12 , gdzie F → 12 jest siłą działająca na ciało 1 ze strony ciała 2, G jest stałą grawitacji, m 1 jest masą ciała 1, m 2 jest masą ciała 2, r jest odległością między tymi ciałami, a r ^ 12 jest wektorem jednostkowym o zwrocie skierowanym od ciała 1 do ciała 2. Jak widać na , wektor F → 12 jest skierowany od ciała 1 do ciała 2 i reprezentuje siłę przyciągania między ciałami. Równy co do wartości, ale o przeciwnym zwrocie, wektor F → 21 reprezentuje siłę grawitacji wywieraną na ciało 2 przez ciało 1. Siła grawitacji działająca wzdłuż prostej łączącej środki mas dwóch ciał. Te dwie równe co do wartości lecz przeciwnie skierowane siły odzwierciedlają trzecią zasadę dynamiki Newtona, która była omawiana wcześniej. Należy zwrócić uwagę, że ściślej rzecz ujmując, odnosi się do mas punktowych — cała masa zlokalizowana jest w jednym punkcie. Jednak wzór ten można zastosować także do dowolnych ciał o symetrii sferycznej, gdzie r jest odległością między środkami mas tych ciał. W wielu przypadkach równanie to można zastosować także dla niesymetrycznych ciał, jeśli tylko odległość między nimi jest wystarczająco duża w porównaniu do ich rozmiarów. Wówczas można przyjąć, że r jest odległością między środkami mas tych ciał. W takim przypadku ciała te możemy traktować jak obiekty punktowe. Doświadczenie Cavendisha Prawie wiek później, po tym jak Newton ogłosił prawo powszechnego ciążenia, Henry Cavendish (1731–1810) wyznaczył stałą proporcjonalności G , przeprowadzając żmudny eksperyment. Skonstruował on urządzenie podobne do przedstawionego na . W stanie równowagi, dwie sztywno zamocowane duże masy umieszczone są symetrycznie w pobliżu dwóch mniejszych mas zawieszonych na skrętnej nici. Przyciąganie grawitacyjne między masami powoduje skręcenie nici, którego wartość można zmierzyć. Stała G nazywana jest uniwersalną stałą grawitacji (ang. universal gravitational constant ), a jej wartość wyznaczona przez Cavendisha wynosi G = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 . Określenie „uniwersalna” bierze się stąd, że naukowcy uważają, iż stała ta odnosi się do wszystkich mas niezależnie od ich składu oraz że ma ona tę samą wartość w całym Wszechświecie. Wartość stałej G jest niezwykle mała, co świadczy o tym, że siła grawitacji jest bardzo słaba. Siła przyciągania między ciałami o masie tak małej jak nasze ciała, czy nawet budynki, jest nieprawdopodobnie mała. Na przykład dwa ciała o masie 1 kg oddalone od siebie o 1 metr oddziałują na siebie siłą 6,7 ⋅ 10 − 11 N . Jest to ciężar typowego ziarnka pyłku kwiatowego. Cavendish wykorzystywał urządzenie podobne do przedstawionego na rysunku, aby zmierzyć przyciąganie grawitacyjne między dwiema kulami ( m ), powieszonymi na skrętnej nici i dwiema nieruchomymi kulami ( M ). Jest to typowy eksperyment przeprowadzany w laboratoriach studenckich. Wbrew pozorom jest on jednak dość wymagający. Pojazdy przejeżdżające na zewnątrz laboratorium mogą powodować wibracje, które skutecznie zakłócą pomiar siły grawitacji. Pomimo że grawitacja jest najsłabszą z czterech podstawowych sił przyrody, jej działanie utrzymuje nas na Ziemi, powoduje ruch planet po orbitach wokół Słońca, ruch Słońca wokół środka masy naszej galaktyki oraz łączy od kilku milionów galaktyk w gromady galaktyk. Grawitacja jest siłą formującą Wszechświat. Strategia rozwiązywania zadań: prawo powszechnego ciążenia Aby określić ruch powodowany przez siłę grawitacji, wykonaj następujące kroki: Określ dwie masy, pomiędzy którymi chcesz znaleźć siłę grawitacji. Narysuj rysunek, zaznaczając siły działające na każde z ciał i oznacz odległość między ich środkami mas. Zastosuj drugą zasadę dynamiki Newtona do każdej z mas, aby wyznaczyć, w jaki sposób będą się one poruszać. Zderzenie na orbicie Rozważmy przypadek dwóch prawie sferycznych pojazdów kosmicznych znajdujących się na pewnej orbicie wokół Ziemi, każdy o masie 9000 kg i średnicy 4 m. Początkowo znajdują się one w spoczynku względem siebie, a odległość między ich środkami mas wynosi 10 m. (Jak zobaczymy w podrozdziale Prawa Keplera , oba pojazdy orbitują wokół Ziemi z tą samą prędkością i oddziałują ze sobą prawie tak samo, jakby znajdowały się w przestrzeni kosmicznej). Wyznacz siłę grawitacji działającą między nimi i ich przyspieszenie początkowe. Oszacuj przez jaki czas będą one dryfować razem, i jak szybko będą poruszać się w momencie zderzenia. Strategia rozwiązania Skorzystamy z prawa powszechnego ciążenia, by wyznaczyć siłę działającą między nimi, a następnie użyjemy drugiej zasady dynamiki Newtona, by znaleźć przyspieszenie każdego z pojazdów. Do oszacowania założymy, że ich przyspieszenie jest stałe i użyjemy równań dla ruchu jednostajnie przyspieszonego z rozdziału Ruch prostoliniowy , aby znaleźć czas trwania ruchu i ich prędkość w momencie kolizji. Rozwiązanie Wartość siły grawitacji między pojazdami wynosi: | F → 12 | = F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g ⋅ 9000 k g ⋅ 9000 k g ( 10 m ) 2 = 5,4 ⋅ 10 − 5 N . Przyspieszenie początkowe każdego z pojazdów wynosi: a = F m = 5,4 ⋅ 10 − 5 N 9000 k g = 6 ⋅ 10 − 9 m s 2 . Średnica pojazdów wynosi 4 m, więc pojazdy przemieszczają się od odległości 10 m do 4 m ku sobie, czyli każdy z nich przebywa dystans 3 m. Analogiczne obliczenia do przeprowadzonych powyżej, gdy pojazdy oddalone są od siebie o 4 m, dają wartość przyspieszenia wynoszącą 3,8 ⋅ 10 − 8 m / s 2 , a więc średnia tych dwóch wartości wynosi 2,2 ⋅ 10 − 8 m / s 2 . Zakładając stałe przyspieszenie o takiej wartości oraz przyjmując prędkość początkową pojazdów względem siebie równą zero, to pojazdy zderzą się z prędkością daną równaniem: v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) , gdzie v 0 = 0 m / s , więc: v = 2 ⋅ 2,2 ⋅ 10 − 8 m s 2 ⋅ 3 m = 3,6 ⋅ 10 − 4 m s . Następnie, korzystając z równania v = v 0 + a t , znajdujemy t = v / a = 1,63 ⋅ 10 4 s , czyli około 4,6 godziny. Znaczenie Powyższe obliczenia, włączając wyznaczoną na początku siłę grawitacji, mają charakter jedynie szacunkowy, gdyż pojazdy tylko w przybliżeniu są sferycznie symetryczne. Uwidaczniają one jednak fakt, że siła ta jest niewiarygodnie mała. Astronauci podczas prac w przestrzeni kosmicznej, nawet na obiekcie tak masywnym jak Międzynarodowa Stacja Kosmiczna (ang. International Space Station (ISS) ), muszą być z nią stale połączeni, jak pokazuje . Przyciąganie grawitacyjne nie mogłoby uchronić astronauty przed odlotem w otwartą przestrzeń kosmiczną, nawet przy najmniejszym, przypadkowym odepchnięciu się od stacji. Zdjęcie pokazuje Edwarda White’a przywiązanego do statku podczas spaceru kosmicznego w trakcie misji Gemini 4. (Źródło: NASA) Sprawdź, czy rozumiesz. Co dzieje się z siłą grawitacji i przyspieszeniem w trakcie, gdy pojazdy spadają na siebie? Czy oszacowana przez nas prędkość w momencie kolizji będzie większa czy mniejsza? Co się stanie, jeśli masy pojazdów nie będą identyczne? Czy wówczas siły grawitacji działające między pojazdami będą takie same czy różne? A ich przyspieszenie – będzie takie samo czy inne? Siła grawitacji działająca na każdy z pojazdów ze strony drugiego wzrasta, z odwrotnością kwadratu odległości między nimi, gdy zbliżają się do siebie. Podobnie dzieje się z przyspieszeniem. Na przykład, jeżeli odległość między pojazdami zmniejszy się o połowę, siła grawitacji i przyspieszenie wzrosną czterokrotnie. Nasza średnia jest dokładna tylko dla liniowo rosnącego przyspieszania, podczas gdy przyspieszenie w rzeczywistości rośnie szybciej. Więc oszacowana przez nas prędkość jest zaniżona. Z trzeciego prawa dynamiki Newtona wynika, że siły grawitacji między dowolnymi dwoma ciałami muszą być takie same (akcja = reakcja). Natomiast przyspieszenie każdego z ciał byłoby różne, w przypadku gdyby miały one różne masy. Oddziaływanie grawitacyjne między dwoma ciałami o masach porównywalnych z masą pojazdów kosmicznych jest naprawdę niewielkie. Jednak wpływ grawitacji, jaki Ziemia wywiera na ciebie, jest na tyle istotny, że upadek na ziemię nawet z wysokości tylko kilku metrów może być niebezpieczny. W następnym podrozdziale przyjrzymy się sile grawitacji przy powierzchni Ziemi. Przyciąganie grawitacyjne pomiędzy galaktykami Wyznacz przyspieszenie naszej galaktyki, Drogi Mlecznej , wynikające z obecności najbliższej nam galaktyki o podobnych rozmiarach, galaktyki Andromedy ( ). Przybliżona masa każdej z galaktyk wynosi 800 miliardów mas Słońca, a odległość między nimi wynosi 2,5 miliona lat świetlnych. (Zauważ, że masa galaktyki Andromedy nie jest tak dobrze znana. Uważa się, że jej masa jest nieco większa niż masa naszej galaktyki.) Każda z tych galaktyk ma średnicę wynoszącą w przybliżeniu 100 000 lat świetlnych ( 1 rok świetlny = 9,5 ⋅ 10 15 m ) . Galaktyki oddziałują grawitacyjnie na ogromnych odległościach. Galaktyka Andromedy jest galaktyką spiralną położoną najbliżej Drogi Mlecznej. Galaktyki te zbliżają się do siebie i w przyszłości dojdzie do ich zderzenia. (Źródło: Boris Štromar) Strategia rozwiązania Podobnie jak w poprzednim przykładzie skorzystamy z prawa powszechnego ciążenia, aby wyznaczyć siłę przyciągania grawitacyjnego między tymi galaktykami, a następnie wykorzystamy drugą zasadę dynamiki Newtona, aby obliczyć przyspieszenie Drogi Mlecznej. Obie galaktyki możemy traktować jako masy punktowe, gdyż odległość miedzy nimi jest 25 razy większa niż ich rozmiary. Masa Słońca (patrz Dodatek D ) wynosi 2 ⋅ 10 30 k g . Rok świetlny to jednostka odległości stosowana w astronomii równa odległości, jaką światło pokonuje w próżni w czasie jednego roku, wynosząca 9,5 ⋅ 10 15 m . Rozwiązanie Wartość siły grawitacji wynosi: F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ⋅ ( 800 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 30 k g ) 2 ( 2,5 ⋅ 10 6 ⋅ 9,5 ⋅ 10 15 m ) 2 = 3 ⋅ 10 29 N . Przyspieszenie Drogi Mlecznej jest równe: a = F m = 3 ⋅ 10 29 N 800 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 30 k g = 1,9 ⋅ 10 − 13 m s 2 . Znaczenie Czy ta wartość przyspieszenia nie wydaje ci się zadziwiająco mała? Jeśli początkowo galaktyki były względem siebie w spoczynku, to będą przyspieszały bezpośrednio w swoim kierunku, w punkcie odpowiadającym środkowi masy galaktyk. Oszacujmy czas, po jakim dojdzie do zderzenia. Początkowe przyspieszenie jest rzędu ~ 10 −13 m/s 2 stąd na podstawie wzoru v = a t możemy zobaczyć, że każda z galaktyk potrzebuje ~ 10 13 s , aby osiągnąć prędkość 1 m/s , a wówczas zbliżą się one do siebie tylko o − 0,5 ⋅ 10 13 m . Jest to odległość o dziewięć rzędów mniejsza niż początkowa odległość między nimi. W rzeczywistości takie ruchy galaktyk są bardziej złożone. Wymienione dwie galaktyki, wraz z około 50 innymi mniejszymi galaktykami, są związane grawitacyjnie w lokalną gromadę galaktyk. Nasza lokalna gromada galaktyk jest związana grawitacyjnie z innymi gromadami galaktyk, tworząc tzw. supergromadę galaktyk. Wszystko to jest częścią wielkiego kosmicznego tańca, który pokazano na , a jego przyczyną jest grawitacja. Według obliczeń wykonanych w przykładzie oraz na podstawie obserwacji Wszechświata prowadzonych przez astronomów, nasza galaktyka zderzy się z galaktyką Andromedy za około 4 miliardy lat. (Źródło: NASA) Podsumowanie Wszystkie ciała przyciągają się ku sobie dzięki sile grawitacji, która jest wprost proporcjonalna do iloczynu ich mas i odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości pomiędzy nimi. Sferycznie symetryczne ciała można traktować tak, jakby cała ich masa była zlokalizowana w ich środku. Niesymetryczne ciała można traktować tak, jakby ich cała masa była skoncentrowana w ich środku masy, pod warunkiem, że ich odległość od innych ciał jest duża w porównaniu z ich rozmiarami. Pytania Działanie na odległość, jakie występuje w przypadku grawitacji, było kiedyś uważane za nielogiczne, a zatem nieprawdziwe. Co jest ostatecznym wyznacznikiem prawdy w nauce i dlaczego oddziaływanie na odległość ostatecznie zaakceptowano? Za ostateczny wyznacznik prawdy uznaje się zgodność z doświadczeniem. Teoria pola została opracowana, aby wyjaśnić, w jaki sposób siła wywierana jest przez ciała niebędące w fizycznym kontakcie. Dotyczy to zarówno siły grawitacji, jak i sił elektrostatycznych oraz magnetycznych, które oddziałują z prędkością światła. Dopiero od XX wieku jesteśmy w stanie stwierdzić, że oddziaływanie nie jest przekazywane natychmiastowo. W prawie powszechnego ciążenia Newtona zakłada się, że siła jest wprost proporcjonalna do iloczynu dwóch mas ( ~ m 1 m 2 ). Chociaż wszystkie założenia naukowe muszą być doświadczalnie zweryfikowane, to czy można podać argumenty, dlaczego tak musi być? (Możesz rozważyć proste przykłady, w których jakakolwiek inna postać tego prawa prowadziłaby do sprzecznych wyników). Zadania Oblicz wartość siły grawitacji występującej pomiędzy dwiema sferycznymi, stalowymi kulkami, z których każda ma masę 5 kg, a ich środki oddalone są od siebie o 15 cm. 7,4 ⋅ 10 − 8 N Oblicz siłę grawitacji pomiędzy dwoma zapaśnikami sumo o masach 220 kg i 240 kg, gdy są oni zwarci w uścisku i środki ich mas są oddalone od siebie o 1,2 m. Astrologowie przywiązują dużą wagę do położenia planet w momencie urodzenia dziecka. Jedyną znaną siłą, jaką inne planety wywierają na Ziemię jest siła grawitacji. Oblicz siłę grawitacji, jaką wywiera ojciec obecny przy porodzie swojego dziecka, stojąc 0,2 m od niego w momencie urodzenia. Przyjmij masę ojca wynoszącą 100 kg, a noworodka 4,2 kg. Oblicz, z jaką siłą oddziałuje wówczas na dziecko Jowisz, przyjmując, że jest on akurat najbliżej Ziemi, a więc jego odległość od noworodka wynosi 6,29 ⋅ 10 11 m . Masa Jowisza wynosi m J = 1,9 ⋅ 10 27 k g . Jaki jest stosunek siły grawitacji wywieranej na dziecko przez ojca, w porównaniu do tej wywieranej przez Jowisza? Zauważ, że także inne obiekty w pokoju i budynku szpitala oddziałują na dziecko z siłą grawitacji o podobnej wartości jak ojciec. (Z przymrużeniem oka: oczywiście, może istnieć nieodkryta dotąd siła, która wywiera oddziaływanie na noworodki. Jednak naukowcy najpierw muszą się przekonać, że istnieją jakieś jej skutki, oraz że, to właśnie ta nieznana siła je wywołuje). a. F o = 7,01 ⋅ 10 − 7 N b. F J = 1,35 ⋅ 10 − 6 N F o F J = 0,521 Góra znajdująca się w odległości 10 km od turysty oddziałuje na niego siłą grawitacji równą co do wartości 2% jego ciężaru. Oblicz masę góry. Porównaj otrzymaną wartość masy góry z masą Ziemi. Czy otrzymany wynik jest racjonalny? Jakie założenia są nieracjonalne lub niespójne? (Zauważ, że dokładne pomiary mogą stosunkowo łatwo wykryć wpływ pobliskich gór i zmian lokalnej geologii na siłę grawitacji). Międzynarodowa Stacja Kosmiczna ma masę około 370 000 kg. Jaka jest wartość siły grawitacji z jaką przyciąga ona ubranego w skafander kosmiczny astronautę o masie 150 kg, znajdującego się w odległości 20 m od jej środka masy? Uważasz, że obliczona przez ciebie wartość siły jest dokładna? Źródło ilustracji: ©ESA–David Ducros 9,25 ⋅ 10 − 6 N ; Wartość ta jest mało dokładna, gdyż Międzynarodowa Stacja Kosmiczna nie jest symetryczna, a już tym bardziej nie ma symetrii sferycznej. Asteroida Toutatis przeleciała w pobliżu Ziemi w 2006 roku, w odległości równej czterokrotnej odległości między Ziemią a Księżycem. Było to najbliższe zbliżenie się tej asteroidy do Ziemi, z jakim będziemy mieli do czynienia aż do 2069 roku. Oblicz z jaką siłą oddziaływała ona na Ziemię w chwili największego zbliżenia? Przyjmij masę asteroidy równą 5 ⋅ 10 13 k g . Ile wynosiło przyspieszenie Ziemi spowodowane przelotem asteroidy Toutatis (patrz poprzednie zadanie) podczas ich największego zbliżenia? Ile wynosiło wówczas przyspieszenie asteroidy Toutatis wywołane przez Ziemię? 1,41 ⋅ 10 − 15 m / s 2 ; 1,69 ⋅ 10 − 4 m / s 2 prawo powszechnego ciążenia (ang. Newton’s law of gravitation ) każde dwa ciała przyciągają się siłą proporcjonalną do iloczynu ich mas i odwrotnie proporcjonalną do kwadratu odległości pomiędzy nimi, wzdłuż prostej łączącej środki ich mas uniwersalna stała grawitacji (ang. universal gravitational constant ) stała reprezentująca wielkość oddziaływania grawitacyjnego, której wartość uważana jest za niezmienną w całym Wszechświecie", "section": "Prawo powszechnego ciążenia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Grawitacja przy powierzchni Ziemi W tym podrozdziale pokażemy, w jaki sposób stosuje się prawo powszechnego ciążenia na powierzchni planety i jak łączy się ono z tym, czego dowiedzieliśmy się wcześniej o spadku swobodnym. Zbadamy także efekty grawitacyjne wewnątrz ciał kulistych. Ciężar ciała Przypomnijmy, że przyspieszenie swobodnie spadających ciał przy powierzchni Ziemi wynosi około g = 9,8 m/s 2 . Siła, która jest źródłem tego przyspieszenia, nazywana jest siłą ciężkości lub potocznie ciężarem ciała. Na podstawie drugiej zasady dynamiki Newtona ma ona wartość m g . Siła ta występuje niezależnie od tego, czy ciało spada swobodnie, czy nie. Teraz już wiemy, że ciężar jest to siła grawitacji działająca pomiędzy ciałem o masie m i Ziemią. Podstawiając m g w miejsce wartości siły F → 12 w prawie powszechnego ciążenia, m za m 1 oraz M Z za m 2 , otrzymujemy równanie: m g = G m M Z r 2 , gdzie r jest odległością między środkiem masy Ziemi i danego ciała. Średni promień Ziemi wynosi około 6370 km. W związku z tym dla ciał znajdujących się kilka kilometrów nad powierzchnią Ziemi możemy przyjąć r = R Z ( ). Masa ciała m skraca się po obu stronach równania, dając: g = G M Z r 2 . Równanie to tłumaczy, dlaczego wszystkie ciała spadają na Ziemię z tym samym przyspieszeniem, niezależnie od ich masy. Zignorowaliśmy fakt, że także Ziemia uzyskuje pewne przyspieszenie w kierunku spadającego na nią ciała, jednak uproszczenie to jest poprawne, jeśli tylko masa ciała jest zaniedbywalna w porównaniu z masą Ziemi. Możemy przyjąć, że odległość między środkiem masy Ziemi i obiektem na jej powierzchni jest równa promieniowi Ziemi pod warunkiem, że rozmiar tego obiektu jest dużo mniejszy niż promień Ziemi. Masa Ziemi i Księżyca Czy zastanawiałeś się kiedykolwiek, w jaki sposób wyznaczono masę Ziemi? Na pewno nie można jej po prostu położyć na wadze. Wartość przyspieszenia ziemskiego g oraz promień Ziemi zostały zmierzone dość precyzyjnie wieki temu. Korzystając ze znanych wartości g , R Z i , wyznacz masę Ziemi. Określ wartość przyspieszenia grawitacyjnego g na Księżycu. Skorzystaj ze znanej długości promienia Księżyca równej 1700 km (wartość ta także została wyznaczona z dużą dokładnością wieki temu) i załóż, że Księżyc ma taką samą średnią gęstość jak Ziemia, wynoszącą 5500 kg/m 3 . Strategia rozwiązania Znając wartość przyspieszenia ziemskiego g i promień Ziemi R Z , możemy użyć do wyznaczenia masy Ziemi M Z . Aby wyznaczyć przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu musimy znać jego masę. Do wyznaczenia masy Księżyca wykorzystamy założenie o równej średniej gęstości Ziemi i Księżyca oraz związku między stosunkiem mas a stosunkiem promieni Ziemi i Księżyca. Rozwiązanie Przekształcając , otrzymujemy: M Z = g R Z 2 G = 9,8 m / s 2 ⋅ ( 6,37 ⋅ 10 6 m ) 2 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 = 5,95 ⋅ 10 24 k g . Objętość kuli jest proporcjonalna do sześcianu jej promienia, więc, korzystając z definicji gęstości, otrzymujemy proporcję: M K M Z = R K 3 R Z 2 → M K = ( 1,7 ⋅ 10 6 m ) 3 ( 6,37 ⋅ 10 6 m ) 3 ⋅ 5,95 ⋅ 10 24 k g = 1,1 ⋅ 10 23 k g . Następnie, używając =, możemy wyznaczyć wartość przyspieszenia grawitacyjnego na Księżycu: g K = G M K R K 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ⋅ 1,1 ⋅ 10 23 k g ( 1,7 ⋅ 10 6 m ) 2 = 2,5 m s 2 . Znaczenie Kiedy w 1798 roku Cavendish wyznaczył wartość stałej grawitacji G , można było obliczyć masę Ziemi. (W rzeczywistości był to ostateczny cel eksperymentu Cavendisha). Wyznaczona powyżej wartość przyspieszenia grawitacyjnego na Księżycu jest nieprawidłowa. W rzeczywistości średnia gęstość Księżyca wynosi jedynie 3340 kg/m 3 , a w związku z tym przyspieszenie grawitacyjne na jego powierzchni ma wartość g K = 1,6 m / s 2 . Newton próbował zmierzyć masę Księżyca przez porównanie wpływu Słońca z wpływem Księżyca na pływy oceaniczne występujące na Ziemi. Otrzymana przez niego wartość była jednak dwukrotnie zaniżona. Najdokładniejsze wartości przyspieszenia grawitacyjnego i masy Księżyca pochodzą z obserwacji ruchu statków kosmicznych, które orbitowały wokół Księżyca. Masa Księżyca może jednak być określona precyzyjnie, bez konieczności podróży na niego. Ziemia i Księżyc poruszają się wokół wspólnego środka masy, a dokładne pomiary astronomiczne pozwalają określić jego lokalizację. Stosunek masy Księżyca do masy Ziemi jest równy stosunkowi odległości między ich wspólnym środkiem masy, a środkiem Księżyca do odległości między ich środkiem masy, a środkiem Ziemi. W dalszej części rozdziału zobaczymy, że także masa innych ciał niebieskich może zostać wyznaczona na podstawie pomiaru okresu obiegających je satelitów. Jednak zanim Cavendish wyznaczył wartość stałej grawitacji G , masy wszystkich ciał niebieskich były nieznane. Grawitacja ponad powierzchnią Ziemi Ile wynosi wartość g na wysokości 400 km ponad powierzchnią Ziemi, na której orbituje Międzynarodowa Stacja Kosmiczna? Strategia rozwiązania Na podstawie wartości M Z oraz podstawiając w tym wypadku r = R Z + 400 k m , użyjemy , by obliczyć wartość g . Z otrzymujemy: g = G M Z r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 34 k g ( 6,37 ⋅ 10 6 m + 400 ⋅ 10 3 m ) 2 = 8,67 m s 2 . Znaczenie Często możemy zobaczyć filmy, na których astronauci na stacji kosmicznej znajdują się pozornie w stanie nieważkości, chociaż oczywiście działa na nich siła grawitacji. Porównując obliczoną właśnie wartość g z wartością przyspieszenia ziemskiego na powierzchni Ziemi ( 9,8 m/s 2 ), zauważymy, że astronauci na Międzynarodowej Stacji Kosmicznej nadal mają 88% swojego ciężaru. Wydaje się jedynie, że znajdują się oni w stanie nieważkości, ponieważ w rzeczywistości spadają oni swobodnie. Powrócimy do tej kwestii w podrozdziale Orbity satelitów i ich energia . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieni się twój ciężar na ostatnim piętrze drapacza chmur w porównaniu do tego, jaki masz na jego pierwszym piętrze? Czy uważasz, że inżynierowie muszą brać pod uwagę zmianę wartości g podczas projektowania wysokich budynków? Nawet najwyższe budynki na świecie mają wysokość mniejszą niż 1 km. Wartość g jest proporcjonalna do kwadratu odległości od środka Ziemi. Z prostej proporcji możemy obliczyć, że zmiana g na wysokości 1 km ponad powierzchnią Ziemi jest mniejsza niż 0,0001% w stosunku do wartości przy samej powierzchni naszej planety. W związku z tym nie ma potrzeby uwzględniać tej zmiany przy projektowaniu konstrukcji wysokich budynków. Pole grawitacyjne jest równaniem skalarnym, określającym zależność wartości przyspieszenia grawitacyjnego jako funkcję odległości od środka masy ciała, będącego źródłem tego przyspieszenia. Możemy jednak zachować postać wektorową siły grawitacji w , i zapisać przyspieszenie w postaci wektorowej jako: g → = G M r 2 r ^ . Określamy wówczas pole wektorowe reprezentowane przez wektor g → jako pole grawitacyjne (ang. gravitational field ), którego źródłem jest masa M . Możemy przedstawić to pole tak, jak pokazano na . Linie na rysunku są skierowane wzdłuż promienia w kierunku źródła pola grawitacyjnego i są symetrycznie rozmieszczone wokół masy. Trójwymiarowa reprezentacja pola grawitacyjnego wokół masy M . Należy pamiętać, że linie są równomiernie rozłożone we wszystkich kierunkach. (Sześcian został dodany jedynie w celu ułatwienia wizualizacji.) Podobnie jak w przypadku dowolnego pola wektorowego, kierunek wektora g → w każdym punkcie jest równoległy do linii pola grawitacyjnego, a jego długość w każdym z punktów jest odwrotnie proporcjonalna do odległości między tymi liniami. Inaczej mówiąc, wartość pola w każdym obszarze jest proporcjonalna do liczby linii pola, które przechodzą przez jednostkową powierzchnię, czyli do gęstości linii pola. Ponieważ linie te są równomiernie rozmieszczone we wszystkich kierunkach (jednorodne pole centralne), to ich liczba na jednostkę powierzchni w odległości r od ciała jest równa całkowitej liczbie linii sił pola, podzielonej przez pole powierzchni kuli o promieniu r , które z kolei jest proporcjonalne do r 2 . Dlatego też powyższy rysunek doskonale obrazuje prawo odwrotności kwadratów, a dodatkowo wskazuje kierunek pola. Przedstawiając pole w taki sposób, mówimy, że masa m oddziałuje z polem grawitacyjnym, którego źródłem jest masa M . Koncepcja pól będzie bardzo pomocna w późniejszych rozdziałach dotyczących elektromagnetyzmu. Ciężar pozorny: wykazanie ruchu obrotowego Ziemi W podrozdziale Zastosowania praw Newtona dowiedzieliśmy się, że na ciała poruszające się ze stałą prędkością po okręgu działa przyspieszenie dośrodkowe, skierowane wzdłuż promienia w kierunku środka tego okręgu. Oznacza to, że musi istnieć wypadkowa siła skierowana do środka okręgu. Ponieważ wszystkie ciała na powierzchni Ziemi poruszają się po okręgu z okresem wynoszącym 24 godziny, to musi istnieć wypadkowa siła dośrodkowa, działająca na każde z nich skierowana w kierunku środka tego okręgu. O sile dośrodkowej, a nie odśrodkowej, mówimy tylko wtedy, gdy obserwator zewnętrzny, nie znajdujący się na Ziemi, stwierdza, że tą siłą dośrodkową jest w istocie realna siła grawitacji. O sile i przyspieszeniu odśrodkowym może mówić obserwator znajdujący się na Ziemi, czyli odczuwający siłę odśrodkową bezwładności. Rozpatrzymy najpierw przypadek, gdy ciało o masie m znajduje się na równiku i jest zawieszone na wadze sprężynowej ( ). Na ciało działa siła F → s skierowana w górę od środka Ziemi. Waga sprężynowa wskazuje wartość tej siły, zwanej pozorną siłą ciężkości lub ciężarem pozornym ciała. Siła ciężkości ( m g ) skierowana jest w kierunku środka Ziemi. Gdyby Ziemia się nie obracała, to przyspieszenie dośrodkowe byłoby równe zero i w konsekwencji także wypadkowa siła dośrodkowa byłaby równa zero, a w rezultacie otrzymalibyśmy F s = m g . Takie byłoby wówczas wskazanie wagi. Na równiku przyspieszenie dośrodkowe a d ma ten sam kierunek co siła grawitacji. Na szerokości geograficznej φ , kąt pomiędzy a d a siłą grawitacji jest równy φ . Wartość a d maleje ze wzrostem szerokości geograficznej, jak funkcja cos φ . W przypadku obracającej się Ziemi, suma tych sił musi zapewnić występowanie przyspieszenia dośrodkowego a d . Korzystając z drugiej zasady dynamiki Newtona, otrzymujemy: ∑ F = F s − m g = m a d , gdzie a d = − v 2 r . Należy zwrócić uwagę, że przyspieszenie odśrodkowe a d , odczuwane przez obserwatora na Ziemi, ma ten sam kierunek i przeciwny zwrot niż siła ciężkości. Prędkość liniowa w ruchu po okręgu v jest prędkością ciała na równiku, a wtedy r jest równe R Z . Prędkość tę możemy łatwo obliczyć, zauważając, że ciała na równiku pokonują odległość równą obwodowi Ziemi w czasie 24 godzin. Użyjmy w tym celu alternatywnego wyrażenia na a d z podrozdziału Ruch w dwóch i trzech wymiarach . Przypomnijmy, że prędkość liniowa jest związana z prędkością kątową ω zależnością v = r ω . Stąd otrzymujemy a d = − r ω 2 . Przekształcając i podstawiając w miejsce r = R Z , pozorna siła ciężkości na równiku wynosi: F s = m ( g − R Z ω 2 ) . Prędkość kątowa ruchu obrotowego Ziemi jest taka sama na całej jej powierzchni i wynosi: ω = 2 π r a d 24 ⋅ 3600 s = 7,27 ⋅ 10 − 5 r a d s . Podstawiając wartości w miejsce R Z oraz ω , otrzymujemy wartość przyspieszenia odśrodkowego, odczuwanego przez obserwatora na Ziemi, która wynosi R Z ω 2 = 0,0337 m / s 2 . Stanowi ono jedynie 0,34% wartości przyspieszenia grawitacyjnego, więc jest to naprawdę niewielka poprawka. Pozorna siła ciężkości równa zero Jak szybko Ziemia musiałaby się kręcić, aby wartość pozornej siły ciężkości działającej na ciała na równiku była równa zero? Jak długo trwałby wówczas dzień? Strategia rozwiązania Do podstawimy wartość ciężaru pozornego ( F s ) równą zero i wyznaczymy odpowiadającą temu wartość przyspieszenia odśrodkowego. Stąd wyznaczymy prędkość liniową, jaką miałyby wówczas ciała na ziemskim równiku. Następnie wyznaczymy długość dnia, wiedząc, że jest to czas potrzebny na jeden pełny obrót Ziemi. Rozwiązanie Z mamy ∑ F = F s − m g = m a d , zakładając F s = 0 , otrzymujemy g = a d . Używając wyrażenia na a d i podstawiając wartości promienia Ziemi i przyspieszenia ziemskiego dostajemy: a d = v 2 r = g v = g r = 9,80 m / s 2 ⋅ 6,37 ⋅ 10 6 m = 7,91 ⋅ 10 3 m s . Okres obrotu Ziemi T jest to czas potrzebny na jeden pełny obrót Ziemi. W związku z tym prędkość liniowa ciała na równiku jest równa obwodowi okręgu, po którym porusza się ciało, czyli w tym przypadku obwodowi Ziemi, podzielonemu przez T . Dostajemy więc: v = 2 π r T T = 2 π r v = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 6,37 ⋅ 10 6 m 7,91 ⋅ 10 3 m / s = 5,06 ⋅ 10 3 s . Jest to czas około 84 minut. Znaczenie W dalszej części rozdziału zobaczymy, że wyznaczona tu wartości pierwszej prędkości kosmicznej v = g r = G M Z / R Z jest równa prędkości orbitalnej (tzw. pierwszej prędkości kosmicznej). Z uwagi na obecność atmosfery ziemskiej, a tym samym opór powietrza, ruch satelitów nie jest możliwy w pobliżu powierzchni Ziemi. Z pewnością mogą się one jednak poruszać już na wysokości kilkuset kilometrów nad Ziemią. Przypadek większych szerokości geograficznych Przy zbliżaniu się do biegunów a d → 0 i na samych biegunach F s = m g , tak samo jak w przypadku braku ruchu obrotowego Ziemi. Dla każdej innej szerokości geograficznej φ , sytuacja jest bardziej skomplikowana. Przyspieszenie dośrodkowe jest skierowane w kierunku zaznaczonego na rysunku punktu P , a wówczas promień okręgu r = R Z cos ⁡ φ . Suma wektorowa siły ciężkości i ciężaru pozornego musi być skierowana do punktu P . Różnica ta jest mała i znacznie wyolbrzymiona na rysunku. W konsekwencji siła F → s nie ma już kierunku wzdłuż promienia od środka Ziemi, lecz jest nieznacznie odchylona (niewidoczne na rysunku). Ciężarek zawieszony na linie będzie zawsze wyznaczał pion także wzdłuż tego odchylonego kierunku. Wszystkie budynki na Ziemi są ustawione także wzdłuż odchylonego kierunku, a nie wzdłuż promienia Ziemi. W przypadku najwyższych budynków odchylenie to na ich szczycie wynosi około 1 metra. Warto również zauważyć, że Ziemia nie jest idealną sferą. Jej wnętrze jest częściowo ciekłe, a to zwiększa wybrzuszenie Ziemi na równiku z powodu ruchu obrotowego. Promień Ziemi jest około 30 km większy w kierunku równika w porównaniu z kierunkiem do biegunów. Jako ćwiczenie pozostawiamy porównanie siły grawitacji na biegunach i na równiku za pomocą . Różnica wynikająca z innej długości promienia Ziemi jest porównywalna z różnicą wynikającą z ruchu obrotowego i ma taki sam znak. Wydaje się, że naprawdę można się „schudnąć” przenosząc się do tropików. Grawitacja z dala od powierzchni Zaczęliśmy nasze rozważania bez podania dowodu na to, że prawo powszechnego ciążenia ma zastosowanie do sferycznie symetrycznych ciał, gdzie można przyjąć, że cała masa takiego ciała zlokalizowana jest w jego środku. Ponieważ wywodzi się z , jest ono także poprawne dla sferycznie symetrycznie rozłożonej masy, ale oba równania są poprawne tylko dla r ≥ R Z . Jak widzieliśmy w , 400 km nad powierzchnią Ziemi, gdzie orbituje Międzynarodowa Stacja Kosmiczna, wartość g wynosi 8,67 m/s 2 . (Dalej zobaczymy, że jest to także wartość przyspieszenia dośrodkowego stacji, czyli takiego, które rejestruje obserwator będący z dala od stacji. Astronauta na stacji odczuwa takie samo co do wartości przyspieszenie, jednak jest ono skierowane na zewnątrz orbity i nazywa się przyspieszeniem odśrodkowym). Dla promienia r < R Z , i nie są poprawne. Jednak możemy wyznaczyć wartość g dla tych przypadków, korzystając z prawa Gaussa. Jest ono potężnym narzędziem matematycznym, które będziemy badać bardziej szczegółowo w dalszej części kursu. Konsekwencją zastosowania prawa Gaussa do grawitacji jest fakt, że tylko część masy ciała, znajdująca się wewnątrz kuli o promieniu r , jest źródłem siły grawitacji. Podobnie jak poprzednio możemy przyjąć, że ta część masy ciała także znajduje się w jego środku. Efekt grawitacyjny części masy ciała, znajdującej się na zewnątrz promienia r , znosi się. Występują tu dwa bardzo ciekawe przypadki szczególne. W przypadku kulistych planet o stałej gęstości, część ich masy zlokalizowanej wewnątrz promienia r jest równa gęstości pomnożonej przez objętość kuli o promieniu r . Masę tę można traktować jako zlokalizowaną w środku planety. Gdy podstawimy w miejsce M Z tylko tę jej część, która znajduje się wewnątrz kuli o promieniu r , wtedy M = ρ ⋅ ( objętość kuli ) i w miejsce R Z podstawiamy r , przybiera postać: g = G M Z R Z 2 = G ρ 4 3 π r 3 r 2 = 4 3 G ρ π r . Wartość przyspieszenia grawitacyjnego g , i w związku z tym także twój ciężar, malałyby liniowo w miarę zbiliżania się do środka dziury wydrążonej wydrążonej w kulistej planecie. Po dotarciu do jej środka byłbyś nieważki, ponieważ masa planety przyciągała by cię jednakowo we wszystkich kierunkach ku jej powierzchni. W rzeczywistości gęstość Ziemi nie jest stała, podobnie jak i cała Ziemia nie jest ciałem stałym. pokazuje zależność g wynikającą z prawa Gaussa, przy założeniu stałej gęstości Ziemi, oraz bardziej rzeczywistą zależność opartą na szacunkach gęstości Ziemi, pochodzących z danych sejsmicznych. Dla r < R Z , wartość przyspieszenia grawitacyjnego g w przypadku stałej gęstości przedstawiono za pomocą zielonej linii. Niebieska linia przedstawia profil g wyznaczony na podstawie sejsmologicznego modelu Ziemi, który jest bardziej zbliżony do rzeczywistego profilu przyspieszenia grawitacyjnego wewnątrz Ziemi. Drugi ciekawy przypadek dotyczy życia na planecie zbudowanej w formie kulistej powłoki. Ten scenariusz został zaproponowany w wielu opowiadaniach science fiction. Pomijając istotne problemy inżynierskie, powłoka może być zbudowana z zadanym promieniem i masie całkowitej dobranych tak, że wartość przyspieszenia grawitacyjnego g na powierzchni powłoki jest taka sama jak na Ziemi. Czy wiesz, co by się stało, gdybyś zjeżdżał w windzie do wnętrza powłoki, gdzie nie byłoby żadnej masy między tobą i jej środkiem? Jakie korzyści wynikałyby z tego faktu, w przypadku podróżowania na duże odległości pomiędzy dwoma punktami na powierzchni powłoki? Jaki efekt by się pojawił, jeśli planeta by się obracała? Podsumowanie Ciężar ciała wynika z przyciągania grawitacyjnego między Ziemią i tym ciałem. Pole grawitacyjne jest reprezentowane przez linie pola grawitacyjnego. Określają one kierunek siły grawitacji, a odległość między liniami określa natężenie pola grawitacyjnego. Z powodu występowania przyspieszenia dośrodkowego, wynikającego z ruchu obrotowego Ziemi, ciężar pozorny i siła ciężkości są różne. Pytania Czy inżynierowie muszą uwzględniać ruch obrotowy Ziemi podczas budowania wysokich drapaczy chmur w przypadku, gdy nie są one zlokalizowane na równiku lub w pobliżu biegunów? Przyspieszenie dośrodkowe wynikające z ruchu obrotowego Ziemi nie jest skierowane równolegle do kierunku działania siły grawitacji. Dlatego prawidłowa linia pionu budynku nie jest skierowana w kierunku środka Ziemi równolegle do jej promienia. Jednak inżynierowie używają poziomic lub niwelatorów geodezyjnych, które reagują zarówno na działanie siły grawitacji, jak i siły dośrodkowej. Nie muszą więc zwracać szczególnej uwagi na to, w jakim punkcie na powierzchni Ziemi jest wznoszony budynek. Zadania (a) Oblicz masę Ziemi na podstawie znajomości przyspieszenia grawitacyjnego na biegunie północnym, wynoszącego 9,832 m/s 2 oraz długości promienia Ziemi na biegunie równego 6356 km. (b) Porównaj otrzymaną wartość z danymi podawanymi przez NASA, gdzie masa Ziemi wynosi 5,9726 ⋅ 10 24 k g . Ile wynosi przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Księżyca? Ile wynosi przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Marsa? Masa Marsa wynosi 6,418 ⋅ 10 23 k g , a jego promień ma długość 3,38 ⋅ 10 6 m . a. 1,62 m/s 2 ; b. 3,75 m/s 2 Oblicz przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Słońca. Ile razy wzrósłby twój ciężar, gdybyś stanął na powierzchni Słońca? (Nieważne, że to niemożliwe). Masa ciała wynosi 15 kg. Ile wynosi jego ciężar na Ziemi? Ile wynosi jego ciężar na Księżycu? Ile wynosi jego masa na Księżycu? Ile wynosi jego ciężar w otwartej przestrzeni kosmicznej, z dala od jakichkolwiek ciał niebieskich? Ile wynosi jego masa w tym punkcie? a. 147 N; b. 25,5 N; c. 15 kg; d. 0; e. 15 kg Na pewnej planecie, której promień ma długość 1,2 ⋅ 10 7 m , przyspieszenie grawitacyjne wynosi 18 m/s 2 . Oblicz masę tej planety. Średnica Saturna wynosi 1,2 ⋅ 10 8 m , a jego średnia gęstość wynosi 0,69 g/cm 3 . Oblicz przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Saturna. 12 m/s 2 Średnica Merkurego wynosi 4,88 ⋅ 10 6 m , a przyspieszenie grawitacyjne na jego powierzchi wynosi 3,78 m/s 2 . Oblicz masę Merkurego. Przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni pewnej planety jest trzy razy większe niż na powierzchni Ziemi. Gęstość tej planety jest dwukrotnie większa niż gęstość Ziemi. Ile wynosi długość promienia tej planety, w stosunku do długości promienia Ziemi? 3 R Z / 2 Ciało na powierzchni pewnej planety waży 10 razy więcej niż na powierzchni Ziemi. Oblicz, jaki jest stosunek masy tej planety do masy Ziemi zakładając, że promień tej planety jest równy promieniowi Ziemi. ciężar pozorny (ang. apparent weight ) ciężar ciała z uwzględnieniem nieinercjalności układu odniesienia pole grawitacyjne (ang. gravitational field ) pole wektorowe, które otacza masę wytwarzająca to pole; pole jest reprezentowane przez linie pola, kierunek siły grawitacji jest styczny do linii pola, a wielkość (lub siła pola) jest odwrotnie proporcjonalna do odległości między liniami pola; inne ciała reagują na przyspieszenie wytwarzane przez to pole", "section": "Grawitacja przy powierzchni Ziemi", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego Badaliśmy energię potencjalną pola grawitacyjnego w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii , gdzie wartość przyspieszenia grawitacyjnego g była stała. Teraz rozszerzymy nasze rozważania na większe odległości tak, że wartość g będzie się zmieniała. Jest to konieczne, aby poprawnie obliczyć energię potrzebną do umieszczenia satelity na orbicie lub wysłać go na misję w otwartą przestrzeń kosmiczną. Grawitacyjna energia potencjalna ponad powierzchnią Ziemi Zdefiniowaliśmy pracę i energię potencjalną w rozdziałach Praca i energia kinetyczna oraz Energia potencjalna i zasada zachowania energii . Definicje te są przydatne głównie z uwagi na łatwość, z jaką możemy rozwiązać wiele problemów, korzystając z zasady zachowania energii. Energia potencjalna jest szczególnie użyteczna w przypadku sił, których wartość zależy od położenia, a siły grawitacyjne oddziałują na duże odległości. W rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii pokazaliśmy, że zmiana grawitacyjnej energii potencjalnej przy powierzchni Ziemi wynosi Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) . Równanie to jest poprawne przy założeniu, że g nie zmienia się znacznie między punktami y 1 i y 2 . Wrócimy teraz do definicji pracy i energii potencjalnej, by wyprowadzić wyrażenie, które jest poprawne dla większych różnic odległości. Przypomnijmy, że praca ( W ) jest całką iloczynu skalarnego siły i przemieszczenia, czyli jest to całka z iloczynu składowej siły wzdłuż przemieszczenia, pomnożonej przez wartość tego przemieszczenia. Przyjmujemy, że zmiana energii potencjalnej ciała Δ U ma wartość ujemną, gdy siła wykonuje pracę nad ciałem. Dla jasności wyprowadzimy wyrażenie na przemieszczanie masy m z odległości r 1 do odległości r 2 od środka Ziemi. Otrzymany wynik może być łatwo uogólniony dla dowolnych dwóch ciał, pomiędzy którymi odległość się zmienia. Przeanalizujmy . Na rysunku tym przemieszczamy ciało o masie m z położenia r 1 do położenia r 2 względem środka Ziemi. Pole grawitacyjne jest polem zachowawczym (energia ciała w polu jest funkcją jedynie położenia), możemy więc przemieszczać ciało wzdłuż dowolnego toru, a wykonana praca będzie zawsze taka sama. Przyjmijmy więc tor pokazany na rysunku, gdyż znacznie upraszcza to całkowanie. Najpierw przesuwamy ciało wzdłuż kierunku promienia Ziemi z odległości równej długości r 1 do r 2 , a następnie poruszamy się równolegle do powierzchni Ziemi, aż dotrzemy do położenia końcowego. W pierwszym etapie ruchu (wzdłuż promienia) siła grawitacji F → ma przeciwny zwrot do przemieszczenia d r → , więc energia całkowita ciała wynosi E = E K 1 + U 1 = E K 2 + U 2 Podczas drugiego etapu ruchu równolegle do powierzchni siła F → jest prostopadła do d r → , więc F → ⋅ d r → = 0 . W tym etapie ruchu nie jest więc wykonywana żadna praca. Podstawiając wzór na siłę grawitacji do wyrażenia F → ⋅ d r → otrzymujemy: Δ U = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = G M Z m ∫ r 1 r 2 d r r 2 = G M Z m ( 1 r 1 − 1 r 2 ) . Ponieważ Δ U = U 2 − U 1 , otrzymujemy proste wyrażenie na U : U = − G M Z m r . Praca, jako całka określająca zmianę energii potencjalnej, może być obliczona wzdłuż drogi zaznaczonej na czerwono. Zwróćmy uwagę na dwa istotne fakty wynikające z takiej definicji energii potencjalnej. Po pierwsze U → 0 , gdy r → ∞ . Energia potencjalna oddziaływania między dwoma ciałami jest równa zero, dopiero gdy ciała te znajdują się w nieskończonej odległości od siebie. Jedynie zmiana U jest ważna, tak więc wybór U = 0 dla r = ∞ jest przyjęty jedynie dla wygody. (Przypomnij sobie, że we wcześniejszych zagadnieniach z grawitacji mogliśmy dowolnie przyjąć U = 0 na szczycie lub dole budynku, albo gdziekolwiek chcieliśmy). Po drugie zwróćmy uwagę, że U staje się coraz bardziej ujemne, gdy ciała zbliżają się do siebie. Jest to zgodne z tym, czego dowiedziałeś się o energii potencjalnej w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii . Gdy dwa ciała są odsuwane od siebie, należy wykonać pracę przeciwko sile grawitacji i w związku z tym U rośnie (staje się mniej ujemne). Wszystkie ciała naturalnie przyciągają się ku sobie pod wpływem grawitacji w taki sposób, że energia potencjalna oddziaływania grawitacyjnego między nimi dąży do wartości minimalnej. Wynoszenie ładunku na orbitę Ile energii trzeba zużyć, aby wynieść statek Sojuz o masie 9000 kg z powierzchni Ziemi na wysokość 400 km, by mógł on dostarczyć niezbędne wyposażenie na Międzynarodową Stację Kosmiczną? Strategia rozwiązania Skorzystamy z , by wyznaczyć zmianę energii potencjalnej statku. Tyle właśnie energii należy mu dostarczyć, lub innymi słowy taką musi on wykonać pracę, aby dotrzeć na orbitę. Rozwiązanie Zwracając uwagę na fakt, że startujemy z powierzchni Ziemi i zatrzymujemy się na wysokości 400 km nad jej powierzchnią, zmiana U wynosi: Δ U = U na orbicie − U na Ziemi = − G M Z m R Z + 400 km − ( − G M Z m R Z ) . Podstawiając wartości: m = 9000 k g , M Z = 5,96 ⋅ 10 24 k g , R Z = 6,37 ⋅ 10 6 m i zamieniając 400 km na 4 ⋅ 10 5 m , wyznaczmy Δ U = 3,32 ⋅ 10 10 J . Jak można było oczekiwać, otrzymany wynik jest dodatni i wskazuje tym samym na wzrost energii potencjalnej statku. W rzeczywistości energia zużywana na wyniesienie statku na orbitę jest równa zmianie energii całkowitej a nie tylko potencjalnej. Innymi słowy, w przykładzie założono, że energia kinetyczna statku na powierzchni Ziemi, wynikająca z jej ruchu dobowego, jest równa energii kinetycznej na orbicie. Znaczenie Dla porównania średnie zużycie energii przez gospodarstwo domowe w Polsce wynosi około 1000 kWh miesięcznie. Jest to energia równa: 1000 k W h ⋅ 1000 W / k W ⋅ 3600 s / h = 3,6 ⋅ 10 9 J . W związku z tym nasz wynik jest równy około 10 miesięcznemu wydatkowi energetycznemu gospodarstwa domowego. Jest to tylko energia potrzebna do wyniesienia ładunku na wysokość 400 km. Jeśli chcemy, aby Sojuz pozostał na orbicie, a nie spadł z powrotem na Ziemię i mógł spotkać się ze stacją kosmiczną, to musi on ponadto posiadać energię kinetyczną. Jak zobaczymy w następnym rozdziale, jej wartość jest około pięć razy większa niż Δ U . Ponadto, znacznie więcej energii wydatkowanej jest na uniesienie samego układu napędowego Sojuza . Podróże kosmiczne nie są więc tanie. Sprawdź, czy rozumiesz. Dlaczego nie użyliśmy prostszego wyrażenia Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) ? Jak duży błąd otrzymalibyśmy korzystając z niego? (Przypomnij sobie poprzedni wynik z , gdzie wartość przyspieszenia grawitacyjnego g na wysokości 400 km ponad powierzchnią Ziemi wynosi 8,67 m/s 2 .) Wartość g maleje o około 10% przy takiej zmianie wysokości. W związku z tym wyrażenie Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) da zawyżoną wartość zmiany energii potencjalnej. Jeśli podstawimy w nim stałą wartość g = 9,8 m/s , otrzymamy: Δ U = m g ( y 2 − y 1 ) = 3,53 ⋅ 10 10 J , czyli wartość zawyżoną o około 6% w porównaniu do poprawnej metody. Zasada zachowania energii W rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii , pokazaliśmy jak zastosować zasadę zachowania energii dla układów, w których występują siły zachowawcze. Udało nam się prościej rozwiązać wiele problemów, szczególnie tych związanych z grawitacją, korzystając z zasady zachowania energii. Metody te i sposoby rozwiązywania zadań stosuje się równie dobrze tutaj. Jedyną zmianą jest umieszczenie nowego wyrażenia na energię potencjalną w równaniu zasady zachowania energii E = E K 1 + U 1 = E K 2 + U 2 . 1 2 m v 1 2 − G M m r 1 = 1 2 m v 2 2 − G M m r 2 Zwróćmy uwagę, że użyliśmy oznaczenia masy M zamiast M Z , aby podkreślić, że równanie to nie ogranicza się do problemów związanych jedynie z Ziemią. Nadal zakładamy, że m ≪ M . (Dla przypadków, w których założenie to nie jest prawdziwe, musimy uwzględnić energię kinetyczną obu ciał i używać dodatkowo zasady zachowania pędu, by określić ich prędkości względem siebie. Jednak sposób postępowania pozostaje taki sam.) Prędkość ucieczki Prędkość ucieczki (ang. escape velocity ) lub inaczej druga prędkość kosmiczna jest definiowana jako minimalna prędkość początkowa ciała, jaka jest potrzebna, by przestało ono oddziaływać grawitacyjnie z daną planetą (lub jakimkolwiek innym ciałem, np. Księżycem), czyli by uciekło z jej powierzchni i nigdy nie powróciło. Mimo że w atmosferze występują straty energii, to nie uwzględniamy ich w obliczeniach. Rozważmy przypadek, w którym obiekt wystrzeliwany jest z powierzchni planety z prędkością początkową w kierunku równoległym do jej promienia i porusza się on po orbicie parabolicznej lub hiperbolicznej. Przy minimalnej prędkości potrzebnej do ucieczki spod wpływu grawitacji planety, obiekt będzie po prostu pozostawał w spoczynku, w nieskończonej odległości od niej. Straci on całą swoją energię kinetyczną, gdy osiągnie nieskończoność, gdzie siła grawitacji planety staje się równa zero. Ponieważ U → 0 , gdy r → ∞ , to wówczas energia całkowita ciała jest równa zero. Możemy znaleźć prędkość ucieczki obiektu z powierzchni ciała niebieskiego o masie M i promieniu R , przyrównując jego energię całkowitą do zera. Na powierzchni ciała obiekt znajduje się w odległości r 1 = R od środka ciała i posiada prędkość równą prędkości ucieczki ( v 1 = v u ). Gdy dotrze do odległości r 2 = ∞ , jego prędkość wyniesie v 2 = 0 . Podstawiając te wartości do otrzymujemy: 1 2 m v u 2 − G M m R = 1 2 m ⋅ 0 2 − G M m ∞ → 0. Przekształcając to równanie, wyznaczamy prędkość ucieczki równą: v u = 2 G M R . Zauważmy, że masa m skróciła się po obu stronach równania. Prędkość ucieczki jest taka sama dla wszystkich ciał niezależnie od ich masy. Ponadto nie jesteśmy ograniczeni do powierzchni planety. Za promień R można podstawić dowolną odległość od środka planety ponad jej powierzchnią. Ucieczka z Ziemi Zakładając, że nie ma strat energii w związku z oporem powietrza oblicz, ile wynosi prędkość ucieczki z powierzchni Ziemi (tzw. druga prędkość kosmiczna)? Porównaj tę wartość z prędkością ucieczki z wpływu grawitacyjnego Słońca, startując z ziemskiej orbity (tzw. trzecią prędkością kosmiczną). Strategia rozwiązania Użyjemy , w którym podstawimy w miejsce wartości R i M odpowiednio wartości promienia Ziemi i jej masy, by znaleźć prędkość ucieczki z Ziemi. W przypadku Słońca podstawimy odpowiednio promień orbity ziemskiej oraz masę Słońca. Rozwiązanie Podstawiając wartości masy Ziemi i jej promień do , otrzymujemy: v u = 2 G M R = 2 ⋅ 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 6,37 ⋅ 10 6 m = 1,12 ⋅ 10 4 m s . Jest to prędkość około 11 km/s lub około 40 000 km/h. By opuścić Układ Słoneczny, startując z orbity Ziemi, podstawiamy R = R S − Z = 1,5 ⋅ 10 11 m oraz M S = 1,99 ⋅ 10 30 k g . W rezultacie wartość prędkości ucieczki wynosi v u = 4,21 ⋅ 10 4 m / s , czyli około 42 km/s lub ponad 150 000 km/h. Znaczenie Prędkość potrzebna do ucieczki z wpływu grawitacyjnego Słońca i opuszczenia Układu Słonecznego (tzw. trzecia prędkość kosmiczna) jest prawie cztery razy większa niż prędkość ucieczki z powierzchni Ziemi. Jednak w obu przypadkach istnieje pewien sposób, który pomaga osiągnąć te prędkości. Ziemia obraca się i wynikająca stąd prędkość liniowa wynosi prawie 1,7 km/s przy równiku. Możemy wykorzystać tę prędkość, aby pomóc rakiecie opuścić Ziemię lub osiągnąć orbitę. Z tego powodu wiele organizacji zajmujących się wysyłaniem rakiet buduje platformy startowe w pobliżu równika. Aby uciec z wpływu grawitacji Słońca, istnieje nawet większa pomoc. Ziemia obraca się wokół Słońca z prędkością około 30 km/s. Startując w kierunku ruchu Ziemi po orbicie, musimy osiągnąć dodatkową prędkość wynoszącą tylko brakujące 12 km/s. Ponadto wykorzystanie grawitacji innych planet, tzw. techniki asysty grawitacyjnej, pozwala by sondy kosmiczne osiągały jeszcze większe prędkości. Technika ta polega na tym, że pojazd kosmiczny zbliża się do planety i jest przyspieszany przez jej przyciąganie grawitacyjne. Porusza się on z największą prędkością w chwili największego zbliżenia, a następnie jego prędkość zmniejsza się w tym samym stopniu, w miarę oddalania się pojazdu od planety. Względem planety prędkości pojazdu na długo przed zbliżeniem i długo po nim są takie same. Jednak jeżeli kierunki ruchu pojazdu i planety są poprawnie dobrane, powoduje to znaczny wzrost (lub w razie potrzeby zmniejszenie) prędkości pojazdu względem Układu Słonecznego. Odwiedź tę stronę internetową , by dowiedzieć się więcej o prędkości ucieczki. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy wysyłając sondę poza granice Układu Słonecznego i startując z powierzchni Ziemi, musimy pokonać tylko przyciąganie grawitacyjne Słońca? Sonda musi przezwyciężyć zarówno przyciąganie grawitacyjne Ziemi, jak i Słońca. W drugim obliczeniu, w powyższym przykładzie, wyznaczyliśmy prędkość ucieczki konieczną do pokonania grawitacji Słońca z odległości równej orbicie Ziemi, a nie z samej powierzchni Ziemi. Właściwym sposobem na znalezienie tej wartości jest zacząć od , w którym uwzględnilibyśmy składniki energii potencjalnej zarówno Ziemi, jak i Słońca. Energia i ciała związane grawitacyjne Jak wspomniano powyżej, druga prędkość kosmiczna lub prędkość ucieczki może być zdefiniowana jako prędkość początkowa obiektu, który może uciec z powierzchni dowolnego księżyca lub planety. Bardziej ogólnie, jest to taka prędkość, przy której całkowita energia oddziaływania grawitacyjnego jest równa zero w dowolnym położeniu ciała. Jeżeli całkowita energia ciała wynosi zero lub jest większa, ucieka ono spod wpływu grawitacji. Jeśli całkowita energia jest ujemna, ciało nie może uciec spod wpływu grawitacji. Zobaczmy, dlaczego tak się dzieje. Z wcześniejszej części rozdziału wiemy, że U → 0 , gdy r → ∞ . Jeśli całkowita energia ciała jest równa zero i ciało to osiąga odległość r bliską nieskończoności, jego energia potencjalna staje się równa zero i tak samo dzieje się z jego energią kinetyczną. Stąd ciało o masie m znajdzie się w spoczynku nieskończenie daleko od źródła pola grawitacyjnego o masie M . Mówimy, że ciało m „po prostu uciekło” spod wpływu M . Jeśli całkowita energia ciała jest dodatnia, to część jego energii kinetycznej pozostaje w odległości r → ∞ od źródła pola grawitacyjnego i na pewno nigdy nie powróci ono do źródła pola. Gdy całkowita energia grawitacyjna ciała jest równa zero lub większa, to mówimy, że ciało nie jest grawitacyjnie związane ze źródłem pola. Z drugiej strony, jeżeli całkowita energia ciała jest ujemna, wówczas energia kinetyczna musi osiągnąć wartość zero w pewnej skończonej odległości r od źródła pola, gdzie energia potencjalna U jest jeszcze ujemna i równa energii całkowitej ciała. Obiekt nigdy nie może przekroczyć tej skończonej odległości od masy M , ponieważ wymagałoby to dostarczenia pewnej dodatkowej energii kinetycznej. Mówimy wówczas, że ciało jest grawitacyjnie związane ze źródłem pola. Uprościliśmy tę dyskusję, zakładając, że ciało oddalało się wprost od planety. Godny uwagi jest fakt, że wynik ten można zastosować dla dowolnej prędkości. Energia jest wielkością skalarną i stąd jest równaniem skalarnym — kierunek prędkości nie odgrywa żadnej roli w zasadzie zachowania energii. Możliwe jest więc powstanie grawitacyjnie związanego układu także tam, gdzie ciała nie spadają na siebie, ale orbitują wzajemnie wokół siebie. Zwróćmy uwagę na jedną ważną rzecz. Wcześniej stwierdziliśmy, że jeżeli całkowita energia wynosi zero lub jest większa, ciało ucieka. Ściśle mówiąc, i mają zastosowanie dla obiektów punktowych. Znajdują jednak zastosowanie także do wszystkich obiektów sferycznie symetrycznych o skończonych rozmiarach pod warunkiem, że wartość odległości r między ciałami w jest zawsze większa niż suma promieni tych ciał. Jeśli r będzie mniejsze od tej sumy, ciała się zderzą. (Dla większej wartości r , ale zbliżonej do sumy promieni ciał, powstają grawitacyjne siły pływowe, które mogą wywierać znaczący wpływ na oba ciała, jeśli mają one rozmiary zbliżone do rozmiarów planety. Przyjrzymy się efektom pływowym w podrozdziale Siły pływowe ). Ani dodatnia, ani ujemna wartość energii całkowitej nie wykluczają zderzenia się ciał o skończonych rozmiarach. Dla ciał rzeczywistych rolę odgrywa także kierunek ich ruchu. Jak daleko mogą uciec ciała? Rozważmy ponownie poprzedni przykład, w którym obliczyliśmy prędkość ucieczki spod wpływu grawitacji Ziemi i spod wpływu grawitacji Słońca, czyli drugą i trzecią prędkość kosmiczną, startując z ziemskiej orbity. Zauważyliśmy, że Ziemia ma już prędkość orbitalną równą 30 km/s. Jak zobaczymy w następnym rozdziale, jest to liniowa prędkość styczna, potrzebna jej do pozostania na orbicie kołowej. Jeśli ciało posiadałoby taką wartość prędkości w odległości równej orbicie Ziemi, ale poruszałoby się prosto od Słońca, to jak daleko mogłoby się oddalić zanim znalazłoby się w spoczynku? Pomiń wpływ efektów grawitacyjnych innych ciał niebieskich. Strategia rozwiązania Ciało posiada początkową energię kinetyczną i potencjalną, które musimy obliczyć. Gdy jego prędkość osiągnie wartość zero, znajdzie się ono jednocześnie w maksymalnej możliwej odległości od Słońca. Użyjemy zasady zachowania energii z , aby znaleźć odległość, przy której energia kinetyczna ciała jest równa zero. Rozwiązanie Początkowe położenie ciała jest równe promieniowi orbity ziemskiej, a prędkość początkowa jest równa 30 km/s. Prędkość końcowa wynosi zero, więc, korzystając z równania zasady zachowania energii, możemy wyznaczyć odległość tego punktu. Podstawiając R S − Z = 1,5 ⋅ 10 11 m i masę Słońca M S = 1,99 ⋅ 10 30 k g , otrzymujemy: 1 2 ⁢ m ⁢ v 1 2 − G ⁢ M ⁢ m r 1 = 1 2 ⁢ m ⁢ v 2 2 − G ⁢ M ⁢ m r 2 ⁢ , 1 2 ⁢ v 1 2 − G ⁢ M r 1 = 1 2 ⁢ v 2 2 − G ⁢ M r 2 ⁢ , \\begin{align} \\frac12 m v_1^2 - \\frac{GMm}{r_1} &= \\frac12 mv_2^2 - \\frac{GMm}{r_2} \\text{,} \\\\ \\frac12 v_1^2 - \\frac{GM}{r_1} &= \\frac12 v_2^2 - \\frac{GM}{r_2} \\text{,} \\end{align} skąd po skróceniu masy m i wyznaczeniu r 2 otrzymujemy wartość r 2 = 3 ⋅ 10 11 m . Zauważ, że jest to odległość dwukrotnie większa od odległości Ziemi od Słońca. Miniemy więc orbitę Marsa, zatrzymując się między nim a pasem planetoid. Znaczenie Ciało w tym przypadku osiągnęło odległość równą dokładnie dwukrotności odległości początkowej. Przekonamy się, dlaczego tak się stało w następnym rozdziale, kiedy obliczymy jego prędkość na orbicie kołowej. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że jesteś w statku kosmicznym orbitującym wokół Słońca w odległości równej orbicie Ziemi, ale z dala od Ziemi (tak, że można zaniedbać jej wpływ). W jaki sposób możesz zmienić kierunek prędkości stycznej do orbity na kierunek radialny (skierowany wzdłuż promienia orbity) tak, abyś mógł następnie przelecieć przez orbitę Marsa? Co byłoby wymagane, abyś zmienił jedynie kierunek prędkości? Zmienisz kierunek swojej prędkości za pomocą siły, która jest prostopadła do prędkości w każdym punkcie toru lotu. W efekcie, trzeba stale dostosowywać silniki statku, tworząc siłę dośrodkową, aż twój pęd zmieni się ze stycznego do radialnego. Z prostego diagramu wektora pędu wynika, że wypadkowa zmiana pędu jest równa 2 razy wartość samego pędu. Okazuje się, że jest to bardzo nieefektywny sposób na dotarcie na Marsa. Najbardziej efektywny sposób omówimy w podrozdziale Prawa Keplera . Podsumowanie Przyspieszenie ziemskie zmniejsza się w miarę oddalania się od Ziemi, a wyrażenie na grawitacyjną energię potencjalną musi odzwierciedlać tę zmianę. Energia całkowita układu jest sumą energii kinetycznej oraz grawitacyjnej energii potencjalnej i jest ona zachowana w ruchu po orbicie. Ciała muszą posiadać minimalną prędkość — prędkość ucieczki, aby opuścić planetę i nigdy na nią nie powrócić. Ciała o energii całkowitej mniejszej niż zero są związane grawitacyjne; te o energii całkowitej równej lub większej od zera nie są związane. Pytania Przyjmujemy, że satelita o ujemnej energii całkowitej znajduje się na orbicie związanej, podczas gdy ten o energii całkowitej równej zero lub dodatniej jest na orbicie niezwiązanej. Jakie założenie przyjęto w przypadku grawitacyjnej energii potencjalnej, że stwierdzenie to jest poprawne? Wykazano, że energia wymagana do wyniesienia satelity na niską orbitę Ziemi (zmiana energii potencjalnej) jest tylko niewielką częścią energii kinetycznej, potrzebnej do utrzymania go na orbicie. Czy jest to także prawdą, dla orbit o większych promieniach? Czy przy wzroście długości promienia orbity istnieje zależność między tym, jaka część energii kinetycznej zamienia się w energię potencjalną? Gdy przemieszczamy się na dalsze orbity, coraz większa część energii potencjalnej zamienia się w energię kinetyczną, podczas gdy prędkość orbitalna maleje. W związku z tym współczynnik ten jest największy w pobliżu powierzchni Ziemi (teoretycznie jest on nieskończenie duży gdybyśmy krążyli na samej powierzchni Ziemi, bez zmiany wysokości), malejąc do zera, gdy docieramy nieskończenie daleko od Ziemi. Zadania Wyznacz prędkość ucieczki pocisku z powierzchni Marsa. 5000 m/s Znajdź prędkość ucieczki pocisku z powierzchni Jowisza. Jaka jest prędkość ucieczki satelity umieszczonego na orbicie Księżyca wokół Ziemi? Załóż, że Księżyc nie znajduje się w pobliżu satelity. 1440 m/s (a) Oblicz energię potencjalną oddziaływania grawitacyjnego pomiędzy dwiema stalowymi kulami o masie 5 kg każda, jeśli ich środki znajdują się w odległości 15 cm od siebie. (b) Zakładając, że obie kule znajdują się początkowo w spoczynku względem siebie w przestrzeni kosmicznej, wykorzystaj zasadę zachowania energii, aby obliczyć jak szybko będą się one zbliżały, dążąc do zderzenia. Każda kula ma promień 5,1 cm. Załóżmy, że właśnie zauważono średniej wielkości planetoidę o masie 2 ⋅ 10 13 k g , znajdującą się obecnie w odległości 5 ⋅ 10 7 k m od Ziemi, która leci prosto w kierunku Ziemi z prędkością 2 km/s. Jaka będzie jej prędkość tuż przed wejściem w naszą atmosferę? (Można zaniedbać rozmiary asteroidy). 11 km/s Jaka będzie energia kinetyczna asteroidy z poprzedniego zadania, tuż przed jej uderzeniem w Ziemię? Porównaj otrzymany wynik z energią wybuchu największej zdetonowanej bomby termojądrowej ( Car bomb ) wynoszącą 2100 TJ. Jakie będą skutki tego zderzenia dla Ziemi? Ile wynosi zmiana energii ciała o masie 1000 kg będącego w spoczynku na powierzchni Ziemi po przeniesieniu go na powierzchnię Księżyca i pozostawieniu go w spoczynku? Jaka byłaby odpowiedź, jeśli ciało zostałoby przeniesione w drugą stronę? Czy koniecznie trzeba obliczać zmianę energii za każdym razem przy przenoszeniu ciała tam i z powrotem? 5,85 ⋅ 10 10 J ; − 5,85 ⋅ 10 10 J ; nie jest to konieczne, jeśli przyjmiemy, że energia kinetyczna ciała jest odnawialna. Nie byłoby to konieczne nawet, gdybyśmy poruszali się w windzie między Ziemią a Księżycem. prędkość ucieczki (ang. escape velocity ) lub druga prędkość kosmiczna to prędkość początkowa, jaką musi posiadać ciało, aby uciec spod wpływu przyciągania grawitacyjnego innego ciała; dokładniej jest ona zdefiniowana jako prędkość ciała o całkowitej energii mechanicznej równej zero związanie grawitacyjne (ang. gravitationally bound ) dwa ciała są grawitacyjnie związane, jeśli ich orbity są krzywymi zamkniętymi; układy związane grawitacyjnie mają ujemną wartość całkowitej energii mechanicznej", "section": "Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Orbity satelitów i ich energia Księżyc krąży wokół Ziemi. Z kolei Ziemia i inne planety krążą wokół Słońca. Przestrzeń nad naszą atmosferą jest wypełniona sztucznymi satelitami krążącymi po orbicie. Zbadamy najprostsze z tych orbit, orbity kołowe, aby zrozumieć zależność między prędkością, a okresem obiegu planet i satelitów, w zależności do ich położenia oraz od tego, wokół jakiego ciała orbitują. Orbity kołowe Jak wspomnieliśmy na początku tego rozdziału, Mikołaj Kopernik pierwszy zasugerował, że Ziemia i wszystkie pozostałe planety krążą wokół Słońca po okręgu. Zauważył także, że okres obiegu po orbicie zwiększa się wraz z odległością od Słońca. Późniejsza analiza przeprowadzona przez Keplera wykazała, że orbity te są w rzeczywistości eliptyczne, chociaż orbity większości planet w Układzie Słonecznym są prawie okrągłe. Odległość orbity Ziemi od Słońca zmienia się zaledwie o 2%. Wyjątkiem jest niecentryczna orbita Merkurego, którego odległość od Słońca zmienia się o prawie 40%. Wyznaczenie prędkości orbitalnej (ang. orbital speed ) i okresu orbitalnego (ang. orbital period ) satelity jest znacznie łatwiejsze dla orbit kołowych, więc poczynimy takie właśnie założenie w poniższym wyprowadzeniu. Jak pokazaliśmy w poprzednim podrozdziale, ciało o ujemnej energii całkowitej jest związane grawitacyjnie, a zatem znajduje się na orbicie. Potwierdzą to nasze obliczenia dla szczególnego przypadku orbit kołowych. Skupimy się na ciałach obiegających Ziemię, ale nasze wyniki mogą zostać uogólnione na inne przypadki. Rozważmy satelitę o masie m , który znajduje się na orbicie kołowej wokół Ziemi w odległości r od jej środka ( ). Jego przyspieszenie dośrodkowe jest skierowane do środka Ziemi. Siła grawitacji Ziemi jest jedyną działającą siłą, więc z drugiej zasady dynamiki Newtona mamy: G m M Z r 2 = m a d = m v orb 2 r . Satelita o masie m orbitujący wokół Ziemi w odległości r od jej środka. Siła grawitacyjna powoduje powstanie przyspieszenia dośrodkowego. Aby wyznaczyć prędkość orbitalną rozwiązujemy powyższe równanie zauważając, że masa m się skraca i w rezultacie otrzymujemy: v orb = G M Z r . Analogicznie do i , jest niezależne od masy m . Wartości przyspieszenia grawitacyjnego g , prędkości ucieczki i prędkości orbitalnej zależą tylko od odległości od środka planety oraz jej masy M , a nie zależą od masy ciała m , na które działa siła grawitacji planety. Zauważ podobieństwa w równaniach na v orb i v u . Prędkość ucieczki jest dokładnie o 2 razy większa (czyli około 40%), niż prędkość orbitalna. Zwróciliśmy uwagę na tą zależność w i pozostaje ona spełniona w odniesieniu do satelity, znajdującego się na dowolnej orbicie. Aby wyznaczyć okres ruchu ciała po orbicie kołowej zauważmy, że satelita porusza się po obwodzie orbity 2 π r z okresem T . Z definicji prędkości wynika v orb = 2 π r / T . Podstawiając tę zależność do i przekształcając, otrzymujemy: T = 2 π r 3 G M Z . W następnym podrozdziale zobaczymy, że równanie to reprezentuje trzecie prawo Keplera dla przypadku orbit kołowych. Potwierdza to również obserwacje Kopernika, że okres obiegu planety wokół Słońca rośnie wraz ze wzrostem jej odległości od Słońca. Do musimy tylko podstawić masę Słońca M S zamiast masy Ziemi M Z . Podsumujemy tę część naszych rozważań, wracając do wcześniejszej dyskusji o astronautach, którzy na orbicie wydawali się znajdować w stanie nieważkości, podczas gdy w rzeczywistości spadali oni swobodnie w kierunku Ziemi. Zobaczymy dlaczego tak się dzieje. Rozważmy trajektorie pokazane na . (Rysunek ten opiera się na oryginalnym rysunku Newtona zamieszczonym w jego dziele Philosophiae naturalis principia mathematica (Zasady matematyczne filozofii naturalnej) i także pojawił się wcześniej w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach .) Jeśli ciało ma mniejszą prędkość niż wynosi wartość prędkości orbitalnej, to wszystkie trajektorie uderzają w powierzchnię Ziemi. Astronauci przyspieszają w kierunku Ziemi wzdłuż, pokazanych na rysunku, niekołowych trajektorii i czują się, jakby byli w stanie nieważkości. (Astronauci przyzwyczajają się do życia na orbicie, podróżując w samolotach, które spadają swobodnie przez około 30 sekund). Jednak przy właściwie dobranej prędkości orbitalnej, krzywizna powierzchni Ziemi oddala się od astronautów dokładnie w takim samym tempie, w jakim spadają oni w jej kierunku. Oczywiście, utrzymywanie stałej odległości od powierzchni Ziemi jest warunkiem koniecznym do poruszania się po orbicie kołowej. Orbita kołowa jest wynikiem tak dobranej prędkości stycznej, że krzywizna powierzchni Ziemi oddala się w takim samym tempie, w jakim przedmiot spada w jej kierunku. Możemy podsumować naszą dyskusje o orbitach satelitów, przedstawiając następującą strategię rozwiązywania zadań. Strategia rozwiązywania zadań: orbity i zasada zachowania energii Sprawdź, czy równania na prędkość, energię i okres orbitalny są słuszne dla rozwiązywanego zagadnienia. Jeśli nie, zacznij od podstawowych zasad, których używaliśmy do wyprowadzenia tych równań. Zaczynając od podstawowych zasad, narysuj wektory sił działających na ciało i zastosuj prawo powszechnego ciążenia i drugą zasadę dynamiki Newtona. Wraz z definicją prędkości i energii, zastosuj drugą zasadę dynamiki Newtona do interesujących cię ciał. Międzynarodowa Stacja Kosmiczna Wyznacz prędkość orbitalną i okres obiegu Ziemi Międzynarodowej Stacji Kosmicznej. Strategia rozwiązania Ponieważ stacja orbituje na wysokości 400 km nad powierzchnią Ziemi, promień jej orbity ma długość R Z + 400 km . Użyjemy: i , by obliczyć odpowiednio jej prędkość orbitalną i okres obiegu. Rozwiązanie Na podstawie prędkość orbitalna wynosi: v orb = G M Z r = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 34 k g 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m = 7,67 ⋅ 10 3 m s . czyli ponad 27 000 km/h. Na podstawie , okres obiegu wynosi: T = 2 π r 3 G M Z = ( 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m ) 3 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 34 k g = 5,55 ⋅ 10 3 s , czyli trochę ponad 90 minut. Znaczenie Międzynarodowa Stacja Kosmiczna jest umieszczona na tzw. niskiej orbicie okołoziemskiej. Prawie wszystkie satelity, w tym większość satelitów pogodowych, znajdują się na niskiej orbicie okołoziemskiej. Satelity GPS krążą na wysokości około 20 000 km – są umieszczone na tzw. średniej orbicie okołoziemskiej. Im wyżej położona jest orbita, tym więcej energii jest potrzebne, aby umieścić tam satelitę, podobnie by do niego dotrzeć w przypadku, gdyby wymagana była jego naprawa. Szczególnie interesujące są satelity na tzw. orbicie geostacjonarnej. Wszystkie anteny satelitarne na Ziemi (np. te do odbioru telewizji) są skierowane w stronę satelitów geostacjonarnych. Satelity te są umieszczane w konkretnej odległości od powierzchni Ziemi ponad równikiem tak, że ich okres obiegu orbity wynosi dokładnie 1 dzień. W związku z tym pozostają one w stałym położeniu względem powierzchni Ziemi. Sprawdź, czy rozumiesz. O ile musi zmienić się promień orbity satelity, by jego prędkość orbitalna zmniejszyła się o połowę? Jak zmieni się wówczas okres obiegu satelity? W promień występuje w mianowniku pod pierwiastkiem kwadratowym. Tak więc promień musi wzrosnąć czterokrotnie, aby prędkość zmalała dwukrotnie. Wówczas obwód orbity także zwiększy się czterokrotnie, więc przy dwukrotnym zmniejszeniu prędkości orbitalnej, okres obiegu wydłuża się osiem razy. Wynika to także bezpośrednio z . Określenie masy Ziemi Oblicz masę Ziemi na podstawie znajomości długości promienia orbity Księżyca. Strategia rozwiązania Skorzystamy z , wyznaczając z niego M Z , a następnie podstaw wartości okresu obiegu i promienia orbity. Promień orbity i okres obiegu Księżyca wyznaczono dokładnie już tysiące lat temu. Według danych astronomicznych zawartych w Dodatku D , okres obiegu Księżyca wokół Ziemi wynosi 27,3 dnia czyli 2,36 ⋅ 10 6 s , a średnia odległość Księżyca od Ziemi wynosi 384 000 km. Rozwiązanie T = 2 π r 3 G M Z M Z = 4 π 2 r 3 G T 2 = 4 π 2 ⋅ ( 3,84 ⋅ 10 8 m ) 3 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ ( 2,36 ⋅ 10 6 s ) 2 = 6,01 ⋅ 10 24 k g . Znaczenie Porównaj otrzymany wynik z wartością 5,96 ⋅ 10 24 k g , którą otrzymaliśmy w , na podstawie wartości przyspieszenia grawitacyjnego g na powierzchni Ziemi. W przypadku obu obliczeń wykorzystaliśmy wartości średnie (raz promienia orbity i raz przyspieszenia ziemskiego), a mimo to obie wartości są bardzo zbliżone (~ 0,8%). Wartość g zmienia się od równika do biegunów o około 0,5%. Natomiast Księżyc porusza się po orbicie eliptycznej i jego odległość od Ziemi r zmienia się o niewiele ponad 10%. (W rzeczywistości rozmiar Księżyca widzianego podczas pełni zmienia się o taką wartość. Jest to jednak trudne do zaobserwowania, gdyż odstęp czasu pomiędzy minimalnym a maksymalnym obserwowanym rozmiarem Księżyca podczas pełni wynosi kilka miesięcy). Sprawdź, czy rozumiesz. Mamy jeszcze jedną uwagę dotyczącą naszego poprzedniego sposobu wyznaczenia M Z . Wyprowadziliśmy , zakładając, że satelita krąży wokół środka ciała niebieskiego po tym samym promieniu, co promień w wyrażeniu na siłę grawitacji pomiędzy nimi. Jak uzasadnić to założenie? Ziemia jest około 81 razy bardziej masywna niż Księżyc. Czy Księżyc okrąża Ziemię dokładnie wokół jej środka? Zakłada się, że orbitujące ciało jest znacznie mniej masywne niż ciało, wokół którego ono krąży. Nie jest to spełnione w przypadku Księżyca i Ziemi. Zarówno Ziemia, jak i Księżyc krążą wokół ich wspólnego środka masy. Rozwiążemy takie zagadnienie w następnym przykładzie. Prędkość galaktyk i ich okres obiegu Przyjrzyjmy się ponownie . Załóżmy, że Droga Mleczna i galaktyka Andromedy krążą po orbicie kołowej wokół siebie. Jaka byłaby prędkość każdej z nich i ile wynosiłby ich okres orbitalny? Załóżmy, że masa każdej z galaktyk wynosi 800 miliardów mas Słońca, a ich środki są oddalone o 2,5 mln lat świetlnych. Strategia rozwiązania Nie możemy skorzystać bezpośrednio z i ponieważ wyprowadziliśmy je, zakładając, że ciało o masie m orbituje wokół środka znacznie bardziej masywnej planety o masie M . Wyznaczyliśmy już siłę grawitacji pomiędzy tymi galaktykami w za pomocą prawa powszechnego ciążenia. Możemy skorzystać z drugiej zasady dynamiki Newtona oraz wzoru na przyspieszenie dośrodkowe każdej z galaktyk, w celu określenia ich prędkości stycznej. Na podstawie tego wyniku możemy określić okres orbity. Rozwiązanie W , wyznaczyliśmy siłę oddziaływania galaktyk: F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ( 800 ⋅ 10 9 ⋅ 2,0 ⋅ 10 30 k g ) 2 ( 2,5 ⋅ 10 6 ⋅ 9,5 ⋅ 10 15 m ) 2 = 3 ⋅ 10 29 N . Stąd przyspieszenie każdej z galaktyk wynosi: a = F 12 m = 3 ⋅ 10 29 N 800 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 30 k g = 1,9 ⋅ 10 − 13 m s 2 . Ponieważ galaktyki znajdują się na orbicie kołowej, to posiadają one przyspieszenie dośrodkowe. Jeżeli pominiemy oddziaływanie innych galaktyk, wówczas jak dowiedzieliśmy się w rozdziałach Pęd i zderzenia oraz Obroty wokół stałej osi , środek masy obu galaktyk pozostaje w spoczynku. W związku z tym galaktyki muszą krążyć wokół wspólnego środka masy. W przypadku równych mas obu galaktyk, ich wspólny środek masy znajduje się dokładnie w połowie odległości między nimi. Zatem promień orbity r orb , nie jest taki sam, jak odległość między galaktykami, lecz jest równy połowie tej wartości, czyli 1,25 milionów lat świetlnych. Te dwie różne wartości przedstawiono na . Odległość między dwiema galaktykami, która określa siłę grawitacji między nimi, wynosi r i różni się ona od promienia orbity każdej z nich r orb . W przypadku równych mas obu galaktyk r orb = r / 2 . (Źródło: modyfikacja dzieła Marca Van Nordena) Korzystając z wyrażenia na przyspieszenie dośrodkowe, otrzymujemy wartość prędkości orbitalnej galaktyki v orb = 47 km/s . Następnie możemy określić okres orbity bezpośrednio ze wzoru T = 2 π r / v orb . Po podstawieniu wartości okres ten wynosi T = 1,6 ⋅ 10 18 s , czyli około 50 miliardów lat. Znaczenie Na pierwszy rzut oka obliczona wartość prędkości orbitalnej może wydawać się duża. Zauważmy jednak, że jest ona porównywalna do prędkości ucieczki spod wpływu grawitacji Słońca, którą obliczyliśmy we wcześniejszym przykładzie. Poza tym zwróćmy uwagę, że wyznaczony okres orbitalny jest prawie cztery razy większy niż wiek Wszechświata. W rzeczywistości te dwie galaktyki poruszają się względem siebie i oczekuje się, że zderzą się za około 4 miliardy lat. Chociaż gęstość gwiazd w każdej z nich powoduje, że bezpośrednie zderzenie dwóch gwiazd jest mało prawdopodobne, to taka kolizja będzie mieć ogromny wpływ na kształt galaktyk. Przykłady podobnych kolizji są dobrze znane w astronomii. Sprawdź, czy rozumiesz. Galaktyki nie są pojedynczymi zwartymi obiektami, lecz składają się z miliardów gwiazd. Jaki wpływ wywiera siła grawitacyjna jednej galaktyki na gwiazdy drugiej galaktyki znajdujące się bliżej niej (czyli na zewnątrz drugiej galaktyki) w porównaniu do tych, które znajdują się dalej od niej (bliżej środka drugiej galaktyki)? Jaki wpływ będzie to miało na kształt samych galaktyk? Gwiazdy na obrzeżach galaktyki znajdują się bliżej innych galaktyk, a tym samym odczuwają większą siłę grawitacji pochodzącą od nich niż gwiazdy wewnętrzne. Zewnętrzne gwiazdy galaktyk będą więc miały większe przyspieszenie w kierunku innych galaktyk. Ponadto gwiazdy wewnętrzne znajdują się na orbitach wokół środka galaktyki o mniejszym promieniu niż gwiazdy zewnętrzne, a więc w konsekwencji galaktyka wydłuża się i rozciąga. Różnica sił grawitacyjnych pochodzących od innych galaktyk jeszcze zwiększa ten efekt. Wypróbuj symulację zderzeń galaktyk opracowaną przez naukowców z Case Western Reserve University i Oregon University. Energia na orbitach kołowych W rozdziale Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego dowiedzieliśmy się, że obiekty są związane grawitacyjnie, jeżeli ich całkowita energia jest ujemna. Zostało to omówione w prostym przypadku, gdy prędkość ciała była skierowana bezpośrednio do lub od planety. Wyznaczymy teraz energię całkowitą na orbicie kołowej i pokażemy, że rzeczywiście jest ona wówczas ujemna. Podobnie jak poprzednio, zaczniemy od zastosowania drugiej zasady dynamiki Newtona do orbity kołowej: G m M Z r 2 = m a d = m v 2 r G m M Z r = m v 2 . W ostatnim przekształceniu pomnożyliśmy przez r obie strony równania. Prawa strona jest dwa razy większa od energii kinetycznej ciała, więc otrzymujemy zależność: E K = 1 2 m v 2 = G m M Z 2 r . Energia całkowita jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej, więc ostatecznie wynosi ona: E = E K + U = 1 2 m v 2 = G m M Z 2 r − G m M Z r = − G m M Z 2 r . Widzimy, że energia całkowita jest ujemna, a jej wartość bezwzględna jest równa wartości energii kinetycznej. Na orbitach kołowych wartość energii kinetycznej jest dokładnie równa połowie wartości energii potencjalnej. Co ciekawe, wynik ten odnosi się do dowolnych dwóch ciał na orbitach kołowych krążących wokół ich wspólnego środka masy, w odległości r od siebie. Dowód tego stwierdzenia pozostawiono jako ćwiczenie. W następnym rozdziale przekonamy się, że bardzo podobne wyrażenie odnosi się do przypadku orbit eliptycznych. Energia potrzebna do ruchu po orbicie W , obliczyliśmy energię potrzebną do przeniesienia statku Sojuz o masie 9000 kg z powierzchni Ziemi na orbitę Międzynarodowej Stacji Kosmicznej, czyli na wysokość 400 km nad powierzchnią Ziemi. Innymi słowy, wyznaczyliśmy zmianę jego energii potencjalnej. Teraz zobaczymy, ile wynosi zmiana energii całkowitej pojazdu Sojuz , która jest potrzebna, by umieścić go na tej orbicie, ale w taki sposób, by mógł on połączyć się z orbitującą tam stacją ( )? Jaką część potrzebnej do tego energii całkowitej stanowi energia kinetyczna? Statek Sojuz spotyka się z Międzynarodową Stacją Kosmiczną. Zauważ, że rysunek ten nie zachowuje skali. W rzeczywistości Sojuz jest znacznie mniejszy niż stacja, a jego orbita jest znacznie bliżej Ziemi. (Źródło: modyfikacja rysunku NASA) Strategia rozwiązania Energia całkowita wymagana do wyniesienia statku Sojuz na orbitę i jego połączenia ze stacją kosmiczną jest równa różnicy energii całkowitej statku na orbicie i na powierzchni Ziemi. Możemy skorzystać z , by znaleźć całkowitą energię Sojuza na orbicie Międzynarodowej Stacji Kosmicznej. Założymy, że energia całkowita na powierzchni Ziemi jest równa energii potencjalnej statku, gdyż przed startem znajduje się on w spoczynku względem Ziemi. W związku z tym, nie używamy na powierzchni, ale dopiero gdy dotrzemy na orbitę. Dokonujemy tu przybliżenia, które polega na tym, że nie uwzględniamy startowej energii kinetycznej statku wynikającej z ruchu dobowego Ziemi wokół własnej osi. Zwróćmy uwagę, że w rzeczywistości nie bez powodu miejsca startowe rakiet umieszczone są tak blisko równika, jak jest to możliwe. Wówczas energia kinetyczna może być wyznaczona ze zmiany energii całkowitej i zmiany energii potencjalnej, wyznaczonej w . Alternatywnie możemy skorzystać z , aby wyznaczyć v orb i bezpośrednio stąd obliczyć energię kinetyczną. Wymagana energia całkowita jest wówczas sumą tej energii kinetycznej i zmiany energii potencjalnej, obliczonej w . Rozwiązanie Na podstawie energia całkowita Sojuza na orbicie Międzynarodowej Stacji Kosmicznej wynosi: E orb = E K orb + U orb = − G m M Z 2 r = − 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 9000 k g ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 2 ⋅ ( 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m ) = − 2,65 ⋅ 10 11 J . Jego energia całkowita na powierzchni Ziemi wynosi: E pow = E K pow + U pow = 0 − G m M Z r = − 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 9000 k g ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 6,37 ⋅ 10 6 m = − 5,63 ⋅ 10 11 J . Zmiana energii całkowitej wynosi Δ E = E orb − E pow = 2,98 ⋅ 10 11 J . Aby wyznaczyć energię kinetyczną, odejmiemy zmianę energii potencjalnej od , Δ E = 3,32 ⋅ 10 10 J . Otrzymujemy E K orb = 2,98 ⋅ 10 11 J − 3,32 ⋅ 10 10 J = 2,65 ⋅ 10 11 J . Jak stwierdzono powyżej, energia kinetyczna na orbicie kołowej jest zawsze równa co do wartości połowie energii potencjalnej i jednocześnie równa jest wartości energii całkowitej. Otrzymany wynik to potwierdza. W alternatywnym podejściu używamy , by wyznaczyć prędkość orbitalną Sojuza , podobnie jak zrobiliśmy dla Międzynarodowej Stacji Kosmicznej w . v orb = G M Z r = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 5,96 ⋅ 10 24 k g 6,37 ⋅ 10 6 m + 4 ⋅ 10 5 m = 7,67 ⋅ 10 3 m s . Energia kinetyczna pojazdu Sojuz na orbicie wynosi tyle samo, ile w przypadku pierwszego sposobu. Energia całkowita potrzebna do wyniesienia statku na orbitę wynosi: E orb = E K orb + Δ U = 2,65 ⋅ 10 11 J + 3,32 ⋅ 10 10 J = 2,98 ⋅ 10 11 J . Znaczenie Energia kinetyczna Sojuza jest równa prawie ośmiokrotnej zmianie jego energii potencjalnej lub 90% energii całkowitej, potrzebnej na spotkanie z Międzynarodową Stacją Kosmiczną. Należy pamiętać, że energia ta wyraża jedynie energię, która musi być dostarczona do Sojuza . Przy współczesnej technice rakietowej masa układu napędowego (paliwa rakietowego, jego zbiorniki i układ spalania) znacznie przekracza masę samego statku kosmicznego wraz z ładunkiem. W związku z tym należy zużyć ogromną ilość energii, by nadać statkowi odpowiednią energię kinetyczną. Rzeczywisty koszt energii jest wielokrotnie większy od kosztu zmiany energii całkowitej samego statku. Podsumowanie Prędkość orbitalna obiektu zależy od masy ciała, wokół którego on krąży, i odległości od środka tego ciała, a nie zależy od znacznie mniejszej masy obiektu orbitującego. Okres obiegu orbity jest również niezależny od masy krążącego obiektu. Ciała o porównywalnych masach orbitują wokół ich wspólnego środka masy. Wtedy wartości ich prędkości i okresów obiegu należy wyznaczać z drugiej zasady dynamiki Newtona i prawa powszechnego ciążenia. Pytania Jeden ze studentów twierdzi, że satelita na orbicie spada swobodnie w kierunku Ziemi. Inny mówi, że satelita na orbicie nie spada swobodnie, ponieważ przyspieszenie ziemskie nie wynosi 9,8 m/s 2 na tej wysokości. Z którym z nich się zgadzasz i dlaczego? Wiele satelitów jest umieszczanych na orbicie geostacjonarnej. Co jest cechą charakterystyczną tych orbit? Jaka minimalna liczba tych satelitów byłaby potrzebna, by ich sygnały pokryły całą Ziemię, tworząc globalną sieć komunikacji satelitarnej? Okres obiegu orbity musi wynosić 24 godziny. Dodatkowo, satelita musi być umieszczony ponad równikiem i krążyć w tym samym kierunku, w jakim obraca się Ziemia. Wszystkie trzy kryteria muszą być spełnione, by satelita pozostawał w stałym położeniu względem powierzchni Ziemi. Potrzebne są co najmniej trzy satelity, gdyż dwa satelity po przeciwnych stronach Ziemi nie mogą komunikować się ze sobą. (Nie jest to do końca prawdą. Można by wybrać taką długość fali, która wystarczająco ugięłaby się w atmosferze. Byłoby to jednak zupełnie niepraktyczne). Zadania Wyobraźmy sobie, że po orbicie ziemskiej zamiast Ziemi krąży inna planeta o masie równej 1,5 masy Ziemi. Ile wynosiłby jej okres obiegu Słońca? Dwie planety krążące wokół pewnej gwiazdy mają prędkości orbitalne v i 2 v . Jaki jest stosunek promieni orbit tych planet? Jaki jest stosunek okresów orbitalnych tych planet? a. 0,25; b. 0,125 Korzystając z wartości średniej długości promienia orbity ziemskiej, oraz okresu orbitalnego Ziemi: Wyznacz przyspieszenie dośrodkowe Ziemi w jej ruchu wokół Słońca. Porównaj otrzymaną wartość z przyspieszeniem dośrodkowym na równiku, wynikającym z ruchu obrotowego Ziemi. Jaki jest promień orbity satelity, którego okres obiegu Ziemi jest równy 1 godzinie? Co jest nieracjonalnego w otrzymanym wyniku? a. 5,08 ⋅ 10 3 k m ; b. Jest to mniej niż promień Ziemi. Oblicz masę Słońca na podstawie danych orbity Ziemi i porównaj uzyskaną wartość z tablicową masą Słońca. Wyznacz masę Jowisza na podstawie faktu, że promień orbity Io, jego najbardziej wewnętrznego księżyca, ma średnią długość 421 700 km i okres obiegu orbity wynosi 1,77 dnia. 1,89 ⋅ 10 27 k g Obserwacje astronomiczne Drogi Mlecznej wskazują, że ma ona masę 800 miliardów mas Słońca. Gwiazda orbitująca na jej peryferiach jest oddalona o około 60 tysięcy lat świetlnych od jej środka. Ile wynosi okres obiegu tej gwiazdy wokół środka Drogi Mlecznej? Jeśli zamiast otrzymanej wartości okres obiegu gwiazdy wynosiłby 60 milionów lat, to ile wynosiłaby wówczas masa Drogi Mlecznej? Takie obliczenia są wykorzystywane do sprawdzenia ewentualnego istnienia niewidocznych ciał, np. supermasywnej czarnej dziury w centrum Drogi Mlecznej. (a) Aby powstrzymać małego satelitę od dryfowania w kierunku pobliskiej asteroidy, jest on umieszczony na jej orbicie o okresie 3,02 godziny i promieniu 2 km. Ile wynosi masa asteroidy? (b) Czy ta masa wydaje się być sensowna, biorąc pod uwagę rozmiar orbity? 4,01 ⋅ 10 13 k g ; Promień orbity satelity musi być większy od promienia samej asteroidy, a więc maksymalnie niecałe 2 km. Gdyby promień asteroidy wynosił nawet 2 km to jej gęstość byłaby równa około 1200 kg/m 3 . Jest to wartość trochę większa od gęstości wody, więc sytuacja taka mogłaby zaistnieć w rzeczywistości. Księżyc i Ziemia krążą wokół ich wspólnego środka masy, który znajduje się około 4700 km od środka Ziemi (czyli 1690 km pod jej powierzchnią). Oblicz przyspieszenie grawitacyjne, wynikające z siły grawitacji Księżyca w tym punkcie. Oblicz przyspieszenie dośrodkowe środka Ziemi wokół wspólnego środka masy Ziemi i Księżyca. Zwróć uwagę, że okres obiegu środka Ziemi wokół wspólnego środka masy Ziemi i Księżyca wynosi 27,3 dnia (czyli oczywiście tyle samo, co okres obiegu Księżyca wokół Ziemi). Porównaj tę wartość z przyspieszeniem znalezionym w podpunkcie (a). Skomentuj, dlaczego te wartości są równe lub nie i dlaczego takie właśnie powinny być. Słońce obiega środek Drogi Mlecznej po prawie kołowej orbicie o średnim promieniu około 30 000 lat świetlnych, z częstotliwością raz na 250 milionów lat. (Rok świetlny to odległość przebywana przez światło w ciągu 1 roku.) Oblicz przyspieszenie dośrodkowe Słońca na jego orbicie galaktycznej. Czy ten wynik wspiera tezę, że układ odniesienia związany ze Słońcem jest niemal idealnie inercjalny? Oblicz średnią prędkość orbitalną Słońca na orbicie galaktycznej. Czy wynik cię zaskakuje? 1,80 ⋅ 10 − 10 m / s 2 ; Tak, przyspieszenie dośrodkowe ma tak małą wartość, że można założyć, iż układ odniesienia związany ze Słońcem jest układem inercjalnym. 2,26 ⋅ 10 5 m / s Satelita geostacjonarny to taki, którego okres obiegu Ziemi wynosi dokładnie jeden dzień. Satelity te są używane do obserwacji pogody i komunikacji satelitarnej, ponieważ pozostają powyżej stałego punktu ponad powierzchnią Ziemi (pod warunkiem, że krążą w płaszczyźnie równikowej w tym samym kierunku, w jakim obraca się Ziemia). Oblicz promień takiej orbity na podstawie danych o Ziemi zawartych w Dodatku D . okres orbitalny (ang. orbital period ) czas potrzebny na wykonanie przez satelitę jednego obiegu po orbicie prędkość orbitalna (ang. orbital speed ) prędkość satelity na orbicie kołowej; termin ten może być również użyty do określenia chwilowej prędkości satelity poruszającego się po nie kołowej orbicie, na której jego prędkość nie jest stała", "section": "Orbity satelitów i ich energia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prawa Keplera Na podstawie dokładnych danych zebranych przez Tycho Brahe, Johannes Kepler przeanalizował pozycje wszystkich znanych planet i Księżyca na niebie, zaznaczając ich pozycje w stałych odstępach czasu. Na podstawie tej analizy sformułował trzy prawa, które omówimy w tym podrozdziale. Pierwsze prawo Keplera W czasach Keplera przeważał pogląd, że wszystkie orbity planetarne są okrągłe. Dane zarejestrowane dla Marsa stanowiły największe wyzwanie dla tego założenia i w końcu zachęciły Keplera, by zmierzyć się z tym powszechnym przekonaniem. Pierwsze prawo Keplera (ang. Kepler’s first law ) stwierdza, że każda planeta porusza się po elipsie, a Słońce znajduje się w jednym z ognisk tej elipsy. Elipsa jest definiowana jako zbiór wszystkich punktów, których suma odległości od każdego z dwóch punktów, zwanych ogniskami elipsy, jest stała. przedstawia elipsę i pokazuje, w jaki sposób można ją łatwo narysować. (a) Elipsa jest krzywą, którą tworzy zbiór wszystkich punktów płaszczyzny, dla których suma odległości od jej ognisk ( f 1 i f 2 ) jest stała. Na podstawie tej definicji można narysować elipsę w następujący sposób. Umieść szpilkę w każdym z ognisk, a następnie zamocuj kawałek sznurka pomiędzy szpilkami i owiń pętelkę wokół ołówka. Utrzymując stale naciągnięty sznurek, narysuj ołówkiem dookoła ognisk pełny obwód krzywej zamkniętej. Jeśli dwa ogniska znajdują się w tym samym miejscu, to w wyniku tej procedury otrzymamy okrąg, szczególny przypadek elipsy. (b) W przypadku orbity eliptycznej, jeśli m ≪ M , to ciało o masie m porusza się po elipsie wokół ciała o masie M znajdującego się w jednym z ognisk. Dokładniej mówiąc, oba ciała poruszają się po własnych elipsach wokół ich wspólnego środka masy. Dla orbity eliptycznej, punkt największego zbliżenia planety do Słońca nazywa się peryhelium (ang. perihelion ). Jest to punkt A na . Najdalszy punkt zwany jest aphelium (ang. aphelion ). Jest to punkt B na tym rysunku. W przypadku Księżyca krążącego po orbicie eliptycznej wokół Ziemi, punkty te są nazywane odpowiednio perygeum i apogeum. Istnieje kilka postaci matematycznych równania elipsy. Wszystkie one są szczególnym przypadkiem bardziej ogólnego równania krzywych stożkowych. Istnieją cztery różne krzywe stożkowe i wszystkie z nich spełniają równanie: α r = 1 + e cos θ . Zmienne r i θ w przypadku elipsy zaznaczono na . Stałe α i e zależą od energii całkowitej i momentu pędu satelity w danym punkcie. Stała e jest zwana mimośrodem. Wartości stałych α i e określają, która z czterech krzywych stożkowych reprezentuje trajektorię obiektu astronomicznego. Tak jak poprzednio, odległość między planetą a Słońcem jest równa r i tworzy kąt θ z osią x , równoległą do osi wielkiej elipsy. Jedną z największych zalet stosowania prawa powszechnego ciążenia, w którym siła jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, jest to, że gdy połączymy go z drugą zasadą dynamiki Newtona, to rozwiązaniem tego układu równań będzie trajektoria będąca krzywą, która jest jedną z krzywych stożkowych. Każda trajektoria, którą podąża ciało o masie m po orbicie jest, jedną z czterech krzywych stożkowych: okręgiem lub elipsą w przypadku zamkniętych (czyli związanych) orbit albo parabolą lub hiperbolą w przypadku otwartych (czyli niezwiązanych) orbit. Wszystkie krzywe stożkowe przedstawiono na . Trajektoria każdego ciała, na które działa siła proporcjonalna do odwrotności kwadratu odległości między ciałami, jest jedną z czterech krzywych stożkowych. Ruch tego ciała jest określony przez energię i kierunek jego ruchu. Jeśli energia całkowita ciała jest ujemna, to wtedy 0 ≤ e < 1 , i opisuje orbitę zamkniętą (związaną) — elipsę w przypadku, gdy 0 < e < 1 , lub okrąg, gdy e = 0 . Na podstawie można zauważyć, że gdy e = 0 , to r = α , więc promień trajektorii ciała jest stały. W przypadku elipsy, mimośród określa jak bardzo jest ona spłaszczona. Okrąg ma mimośród równy zero, a bardzo spłaszczona, wyciągnięta elipsa ma mimośród o wartości bliskiej jedności. Jeśli całkowita energia ciała jest dokładnie równa zero, to e = 1 i trajektorią ruchu jest parabola. Przypomnijmy, że satelita o całkowitej energii równej zero porusza się z prędkością równą dokładnie drugiej prędkości kosmicznej. (Parabola powstaje przez przecięcie stożka płaszczyzną równoległą do tworzącej stożka.) W końcu jeśli całkowita energia ciała jest dodatnia, to e > 1 , więc trajektorią jest hiperbola. Te dwie ostatnie krzywe reprezentują orbity ciał niezwiązanych grawitacyjnie, gdzie ciało o masie m mija ciało o masie M tylko jeden raz. Ta sytuacja została zaobserwowana w przypadku kilku komet, które zbliżyły się do Słońca, a potem oddaliły się, by już nigdy do niego nie powrócić. Ograniczyliśmy się tylko do przypadków, w których mniejsza masa (planeta) krąży wokół znacznie większej, a co za tym idzie, nieruchomej masy (gwiazdy). Jednak odnosi się także do dowolnych dwóch oddziałujących grawitacyjnie ciał. Oba ciała poruszają się wówczas po krzywych stożkowych o takim samym kształcie. Kształt ten zależy od całkowitej energii i momentu pędu układu, przy czym środek masy układu znajduje się w jednym z ognisk tej krzywej. Stosunek rozmiarów ich torów ruchu jest odwrotnie proporcjonalny do stosunku ich mas. Na stronie internetowej projektu PhET możesz obejrzeć animację My Solar System , przedstawiającą ruch dwóch oddziałujących ciał. Możesz wybrać jedną z wbudowanych opcji, np. Słońce i planetę. Możesz tam również zobaczyć wiele bardziej skomplikowanych zagadnień ruchu ciał. Można określić rzeczywisty tor Księżyca, który może wydawać ci się dość zaskakujący, chociaż spełnia proste prawa dynamiki Newtona. Podróże międzyplanetarne Ludzie marzyli o podróżowaniu na inne planety naszego Układu Słonecznego, od kiedy tylko zostały one odkryte. Ale w jaki sposób można najłatwiej do nich dotrzeć? Najbardziej efektywna metoda została podana w 1925 roku przez Waltera Hohmanna. Zainspirowała go jedna z popularnych w tamtych czasach powieści science fiction. Metoda ta nazywa się teraz manewrem transferowym Hohmanna. W przypadku podróży pomiędzy dwoma orbitami kołowymi transfer odbywa się po eliptycznej orbicie transferowej Hohmanna, która jest styczna do tych orbit w aphelium i peryhelium elipsy. przedstawia przypadek podróży z orbity Ziemi na orbitę Marsa. Tak jak poprzednio, Słońce znajduje się w ognisku elipsy. Dla każdej elipsy, długość jej półosi wielkiej jest zdefiniowana jako połowa odległości położenia ciała w peryhelium i aphelium. Na półoś ta jest równa połowie odległości od miejsca startu do lądowania po przeciwnej stronie osi wielkiej elipsy. W związku z tym przemieszczając się z jednej orbity kołowej o promieniu r 1 do drugiej orbity kołowej o promieniu r 2 , aphelium elipsy transferowej znajduje się na większej orbicie kołowej, a peryhelium na mniejszej orbicie. Półoś wielka oznaczona na rysunku symbolem a jest wówczas równa a = 1 2 ( r 1 + r 2 ) . Orbita transferowa Hohmanna ma swoje peryhelium na orbicie Ziemi i aphelium na orbicie Marsa. Rozważmy przypadek podróży z Ziemi na Marsa. W tej chwili zignorujemy obecność obu planet i założymy, że jesteśmy sami na orbicie Ziemi i chcemy przenieść się na orbitę Marsa. Dzięki opisującemu energię całkowitą możemy zauważyć, że całkowita energia statków kosmicznych na dalszej orbicie (Marsa) jest większa (mniej ujemna) niż na bliższej orbicie (Ziemi). Aby przemieścić się po elipsie transferowej z orbity Ziemi, będziemy musieli zwiększyć naszą energię kinetyczną, czyli musimy zwiększyć prędkość. Najbardziej skuteczną metodą jest bardzo szybkie przyspieszanie po orbicie kołowej w obszarze, w którym tor ciała na tej orbicie pokrywa się z torem na elipsie transferowej. (Najlepiej aby przyspieszenie było natychmiastowe, tak by orbity kołowa i eliptyczna były zgodne podczas całego procesu przyspieszania, a są one styczne jedynie w punkcie startowym. W praktyce droga przyspieszania jest na tyle krótka, że różnica dróg na orbitach nie jest znaczącym czynnikiem.) Po przybyciu na orbitę Marsa potrzebny będzie kolejny impuls zmiany prędkości, aby wejść na tę orbitę, gdyż inaczej pozostalibyśmy na transferowej orbicie eliptycznej i po prostu wrócilibyśmy z powrotem do peryhelium, skąd startowaliśmy. Podczas podróży powrotnej wystarczy w każdym punkcie orbity transferowej zmienić kierunek przyspieszenia na przeciwny. Aby wejść na elipsę transferową, a następnie z niej zejść, musimy znać prędkość na każdej orbicie kołowej i prędkości w aphelium i peryhelium orbity transferowej. Wymagana zmiana prędkości jest po prostu różnicą pomiędzy prędkością na orbicie kołowej i eliptycznej w każdym z tych punktów. Prędkości na orbitach kołowych możemy wyznaczyć z . Wymaganą prędkość na orbicie eliptycznej możemy wyznaczyć z . Podajemy go bez dowodu, gdyż wykracza to poza zakres tego kursu. Energia całkowita na orbicie eliptycznej wynosi: E = − G m M S 2 a , gdzie M S jest masą Słońca, a a jest długością półosi transferowej orbity eliptycznej. Co ciekawe, równanie to ma taką samą postać jak dla orbity kołowej, tylko zamiast długości promienia orbity kołowej występuje w nim długość półosi transferowej orbity eliptycznej. Ponieważ znamy energię potencjalną z , możemy obliczyć energię kinetyczną, a tym samym wymaganą prędkość w każdym z interesujących nas punktów na elipsie. Jako zadanie dla czytelnika zostawiamy obliczenie tych prędkości podczas wycieczki z Ziemi na Marsa. Zakończymy tę analizę, wskazując na kilka ważnych szczegółów. Po pierwsze, nie uwzględniliśmy grawitacyjnej energii potencjalnej związanej z obecnością Ziemi i Marsa na orbicie oraz mechaniki procesu lądowania na Marsie. W praktyce, by dotrzeć do Marsa musimy uwzględnić te czynniki w obliczeniach. Po drugie, ważna jest koordynacja czasowa transferu. Nie chcesz przecież przybyć na orbitę Marsa i stwierdzić, że w danym miejscu orbity akurat go nie ma. Musimy opuścić Ziemię w odpowiednim momencie tak, aby Mars był w aphelium naszej orbity transferowej, gdy dotrzemy na miejsce. Taka okazja zdarza się mniej więcej co 2 lata. Powrót także wymaga właściwej koordynacji czasowej. Całkowity czas podróży wynosi prawie 3 lata! Są jeszcze inne opcje, które umożliwiają szybszy przelot, w tym wykorzystanie asysty grawitacyjnej Wenus. Jednak wiążą się one z dodatkowym wydatkiem energetycznym i zagrożeniem dla życia astronautów. Drugie prawo Keplera Drugie prawo Keplera (ang. Kepler’s second law ) mówi, że prędkość polowa planety (ang. areal velocity ) na orbicie jest stała. Prędkość polową planety definiujemy jako stosunek pola powierzchni zakreślonego przez promień wodzący planety do czasu, w którym planeta przebywa, odpowiadającą temu polu odległość po orbicie. Przyjrzyjmy się . Czas potrzebny, by planeta przemieściła się z położenia A do B , zakreślając powierzchnię S 1 , jest dokładnie równy czasowi potrzebnemu by planeta przemieściła się z położenia C do D , zakreślając powierzchnię S 2 oraz dokładnie taki sam, by przemieściła się ona z położenia E do F , zakreślając powierzchnię S 3 , pod warunkiem, że wszystkie te trzy pola powierzchni są takie same: S 1 = S 2 = S 3 . Zacienione obszary pokazane na rysunku mają równe pola powierzchni i są zakreślane w ciągu takiego samego przedziału czasu. Porównując obszary zacienione na rysunku i odległości przebyte przez planetę po obwodzie elipsy w każdym z tych przypadków widzimy, że aby zacienione pola powierzchni były równe, planeta musi przyspieszać, gdy zbliża się do Słońca i spowalniać w miarę oddalania się od niego. Takie zachowanie jest całkowicie zgodne z zasadą zachowania energii ( ). Poniżej pokażemy, że drugie prawo Keplera jest przede wszystkim konsekwencją zasady zachowania momentu pędu, która odnosi się do dowolnego układu, w którym występują jedynie siły grawitacyjne działające wzdłuż promienia wodzącego. Przypomnijmy definicję momentu pędu L → = r → × p → z rozdziału Moment pędu . W przypadku ruchu po orbicie, L → jest momentem pędu planety orbitującej wokół Słońca, r → jest wektorem promienia wodzącego planetę o początku na Słońcu i końcu w danym punkcie orbity, w którym znajduje się planeta, a p → = m v → jest chwilową wartością pędu planety w danym punkcie na orbicie. Gdy planeta porusza się po orbicie, wektor p → jest zawsze styczny do tej orbity. Możemy rozłożyć wektor pędu na dwie składowe: składową p → równ skierowaną do środka orbity ku Słońcu i równoległą do promienia wodzącego r → oraz składową p → prost prostopadłą do promienia wodzącego r → . Iloczyn wektorowy momentu pędu można wówczas zapisać jako: L → = r → × p → = r → × ( p → równ + p → prost ) = r → × p → równ + r → × p → prost . Pierwszy składnik jest równy zero ponieważ wektor r → jest równoległy do p → równ , a w przypadku drugiego składnika r → jest prostopadły do p → prost , więc wartość iloczynu wektorowego redukuje się do L = r p prost = r m v prost . Zwróćmy uwagę, że moment pędu nie zależy od p równ . Ponieważ siła grawitacji jest skierowana tylko w kierunku promienia wodzącego, może ona zmieniać tylko składową p równ , a nie p prost , dlatego moment pędu musi pozostać stały. Rozpatrzmy teraz . Powierzchnia Δ S małego, zacienionego trójkąta jest zakreślana w czasie Δ t . Prędkość planety jest styczna do toru jej ruchu i tworzy kąt θ z kierunkiem promienia wodzącego. W związku z tym składowa prędkości prostopadła do promienia wodzącego jest równa v prost = v sin θ . W czasie Δ t planeta przebywa odległość Δ l = v Δ t sin θ wzdłuż kierunku prostopadłego do r . Ponieważ powierzchnia trójkąta jest równa połowie długości jego podstawy ( r ) razy wysokość trójkąta ( Δ l ) , to dla małych przemieszczeń powierzchnia trójkąta wynosi Δ S = 1 2 r Δ l . Podstawiając Δ l oraz mnożąc licznik i mianownik przez m , a następnie przekształcając, otrzymujemy: Δ S = 1 2 r Δ l = 1 2 r ( v Δ t sin θ ) = 1 2 m r ( m v sin θ Δ t ) = 1 2 m r ( m v prost Δ t ) = L 2 m Δ t . Pole powierzchni Δ S jest zakreślane w czasie Δ t , gdy planeta przemieszcza się o kąt Δ ϕ . Kąt pomiędzy kierunkiem promienia wodzącego i v → wynosi θ . Prędkość polowa jest po prostu równa stosunkowi zmiany pola powierzchni do czasu, więc otrzymujemy: prędkość polowa = Δ S Δ t = L 2 m . Ponieważ moment pędu planety na orbicie jest stały, to także jej prędkość polowa musi być stała. Jest to drugie prawo Keplera. Newton pokazał, że podobnie jak w przypadku pierwszego prawa Keplera, jest ono naturalną konsekwencją podanego przez niego prawa powszechnego ciążenia. Animację sytuacji z oraz wiele innych ciekawych animacji możesz zobaczyć na stronie internetowej Uniwersytetu Nowej Południowej Walii. Trzecie prawo Keplera Trzecie prawo Keplera (ang. Kepler’s third law ) mówi, że kwadrat okresu obiegu planety jest proporcjonalny do sześcianu wielkiej półosi jej orbity. W podrozdziale Orbity satelitów i ich energia , wyprowadziliśmy trzecie prawo Keplera dla szczególnego przypadku orbity kołowej. określa okres obiegu ciała po orbicie kołowej o promieniu r wokół Ziemi: T = 2 π r 3 G M Z . Przypomnij sobie, że w przypadku elipsy półoś wielka jest połową odległości między peryhelium i aphelium. Dla orbity kołowej półoś wielka ( a ) jest równa promieniowi orbity. Jeśli do zamiast promienia r podstawimy długość a i podniesiemy do kwadratu obie strony równania, to określi ono trzecie prawo Keplera: T 2 = 4 π 2 G M a 3 . W miejsce masy Ziemi podstawiliśmy bardziej ogólną masę M , gdyż równanie to stosuje się do satelitów krążących wokół dowolnego ciała o dużej masie. Orbita komety Halleya Oblicz długość półosi wielkiej orbity komety Halleya , wiedząc, że przybywa ona w peryhelium swojej orbity co 75,3 lat. Jeśli odległość peryhelium od Słońca wynosi 0,586 j.a., jaka jest odległość aphelium od Słońca? Strategia rozwiązania Znamy okres obiegu komety wokół Słońca, więc przekształcając , wyznaczymy długość półosi wielkiej jej orbity. Znając odległość peryhelium od Słońca, możemy skorzystać z definicji półosi wielkiej elipsy, podanej wcześniej w tym rozdziale, aby znaleźć odległość aphelium od Słońca. Jedna jednostka astronomiczna (j.a.) jest średnią odległością Ziemi od Słońca i jest zdefiniowana jako 1 j . a . = 1,50 ⋅ 10 11 m . Rozwiązanie Przekształcając i podstawiając wartości okresu obiegu komety Halleya i masę Słońca, otrzymujemy: a = ( G M 4 π 2 T 2 ) 1 3 = [ 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 2 ⋅ 10 30 k g 4 π 2 ⋅ ( 75,3 r o k u ⋅ 365 d n i r o k ⋅ 24 g o d z . d z i e ń ⋅ 3600 s g o d z . ) 2 ] 1 3 . Daje to długość półosi wielkiej orbity komety wynoszącą 2,67 ⋅ 10 12 m lub 17,8 j.a.. Półoś wielka jest równa połowie odległości między aphelium i peryhelium, mamy więc następującą zależność: a = 1 2 ( aphelium + peryhelium ) aphelium = 2 a − peryhelium . Podstawiając wartość długości półosi wielkiej orbity, którą wyznaczyliśmy, i podaną odległość peryhelium od Słońca, dostajemy odległość aphelium równą 35 j.a.. Znaczenie Edmund Halley (1656–1742) żył w czasach Newtona. On pierwszy podejrzewał, że trzy komety odkryte w latach 1531, 1607 i 1682 były w rzeczywistości tą samą kometą. Zanim Tycho Brahe wykonał pomiary ruchu komet, wierzono, że zjawiska te były jednorazowymi wydarzeniami, być może jakimiś zaburzeniami w atmosferze ziemskiej, niemającymi nic wspólnego z ruchem wokół Słońca. Halley wykorzystał nowe wówczas prawa mechaniki podane przez Newtona, aby przewidzieć powrót komety w 1758 r., nazywanej odtąd jego imieniem. Sprawdź, czy rozumiesz. Saturn porusza się po prawie kołowej orbicie wokół Słońca z okresem orbitalnym równym 30 lat. Średni promień jego orbity wynosi około 9,5 j.a.. Średnia długość promienia orbity Urana wynosi około 19 j.a., a jego okres orbitalny wynosi 84 lata. Czy dane te są zgodne z naszymi wynikami otrzymanymi dla komety Halleya? Długość półosi wielkiej, dla bardzo spłaszczonej eliptycznej orbity komety Halleya, wynosi 17,8 j.a.. Wartość ta leży pomiędzy długościami promieni orbit 9,5 j.a. i 19 j.a., odpowiednio Saturna i Urana. Promień w przypadku orbity kołowej odpowiada półosi wielkiej dla orbity eliptycznej. Ponieważ okres orbitalny rośnie wraz ze wzrostem długości półosi wielkiej, należy oczekiwać, że wartość okresu obiegu Słońca przez kometę Halleya leży pomiędzy okresami orbitalnymi Saturna i Urana. Tak jest w rzeczywistości. Podsumowanie Wszystkie ciała poruszają się po orbitach będących krzywymi stożkowymi. Orbity ciał związanych grawitacyjnie są krzywymi zamkniętymi i mają kształt okręgu lub elipsy, a orbity ciał niezwiązanych grawitacyjnie są krzywymi otwartymi i mają kształt paraboli lub hiperboli. Prędkość polowa ciała na dowolnej orbicie jest stała, co odzwierciedla zasadę zachowania momentu pędu. Kwadrat okresu obiegu planety wokół gwiazdy po orbicie eliptycznej jest proporcjonalny do sześcianu długości półosi wielkiej tej orbity. Pytania Czy prawa Keplera mają charakter czysto opisowy, czy też pokazują one związki przyczynowo-skutkowe? Na poniższym rysunku obrazującym tor satelity, poruszającego się po orbicie eliptycznej wokół ciała o znacznie większej masie, wskaż, w którym punkcie toru jego prędkość jest największa, a gdzie najmniejsza. Zasada zachowania jakiej wielkości determinuje takie zachowanie? Zaznacz wektory siły grawitacji, przyspieszenia i prędkości w tych punktach. Narysuj wektory dla tych samych trzech wielkości w dwóch punktach, w których tor satelity przecina oś y układu współrzędnych (wzdłuż półosi małej) i na tej podstawie ustal, czy prędkość satelity w tych punktach rośnie czy maleje, lub ma wartość maksymalną lub minimalną. Prędkość jest największa, gdy satelita jest najbliżej ciała, wokół którego orbituje, a najmniejsza, gdy znajduje się w największej odległości od niego, czyli odpowiednio w perycentrum i apocentrum. Określa to zasada zachowania momentu pędu. Ale można to wywnioskować także z zasady zachowania energii. Energia kinetyczna musi być największa w punkcie, grawitacyjna energia potencjalna jest najmniejsza (najbardziej ujemna). Wektor siły, a tym samym wektor przyspieszenia, są zawsze skierowane bezpośrednio do ciała o masie M , a wektor prędkości jest zawsze styczny do toru w każdym punkcie orbity. Wektor przyspieszenia ma składową styczną wzdłuż kierunku prędkości w dolnym położeniu na osi y , a zatem satelita tam przyspiesza. Odwrotnie jest w górnym położeniu. Zadania Oblicz masę Słońca znając średnią wartość długości promienia orbity ziemskiej i porównaj otrzymaną wartość z tablicową masą Słońca równą 1,989 ⋅ 10 30 k g . 1,98 ⋅ 10 30 k g ; Różnica pomiędzy wartościami wynosi 0,05%. Księżyc Io obiega Jowisza po orbicie, której średni promień wynosi 421 700 km, a jego okres orbitalny jest równy 1,769 dnia. Ile wynosi masa Jowisza wyznaczona na podstawie tych danych? Tablicowa średnia wartość promienia orbity obiektu okrążającego Słońce nie jest zazwyczaj średnią ważoną, kroczącą, ale jest obliczana w taki sposób, że kiedy podstawi się ją do równania dla orbity kołowej, otrzyma się prawidłową wartość okresu orbitalnego. Biorąc to pod uwagę, jak ma się średni promień orbity w odniesieniu do odległości między aphelium i peryhelium? Porównaj oraz by zobaczyć, że różnią się one jedynie tym, że promień orbity kołowej r , jest zastąpiony przez długość półosi wielkiej elipsy a . W związku z tym średni promień jest równy połowie sumy odległości pomiędzy aphelium i peryhelium, czyli wynosi tyle samo, co długość półosi wielkiej orbity eliptycznej. Odległość peryhelium komety Halleya od Słońca wynosi 0,586 j.a., a odległość jej aphelium wynosi 17,8 j.a.. Wiedząc, że prędkość orbitalna tej komety w peryhelium wynosi 55 km/s, oblicz ile wynosi jej prędkość w aphelium ( 1 j . a . = 1,496 ⋅ 10 11 m ? ( Wskazówka: Możesz skorzystać albo z zasady zachowania energii, albo z zasady zachowania momentu pędu, jednak zastosowanie tej drugiej jest znacznie łatwiejsze.) Odległość peryhelium komety Lagerkvista od Słońca wynosi 2,61 j.a., a jej okres orbitalny wynosi 7,36 lat. Wykaż, że odległość jej aphelium od Słońca wynosi 4,95 j.a.. Długość półosi wielkiej orbity eliptycznej tej komety, wyznaczona z równania na okres orbitalny wynosi 3,78 j.a. i jest ona równa połowie sumy odległości między aphelium i peryhelium orbity. W związku z tym odległość aphelium komety od Słońca wynosi 4,95 j.a.. Jaki jest stosunek prędkości orbitalnej w peryhelium do prędkości orbitalnej w aphelium komety Lagerkvista z poprzedniego zadania? Planetoida Eros porusza się po orbicie eliptycznej wokół Słońca. Odległość jej peryhelium od Słońca wynosi 1,13 j.a., a jej aphelium jest oddalone od Słońca o 1,78 j.a.. Oblicz jej okres orbitalny. 1,75 roku aphelium (ang. aphelion ) punkt na orbicie położony najdalej od Słońca; analogiczny termin określający najdalszy punkt orbity Księżyca od Ziemi to apogeum pierwsze prawo Keplera (ang. Kepler’s first law ) prawo które mówi, że każda planeta porusza się po orbicie eliptycznej, a Słońce znajduje się w jednym z ognisk tej elipsy drugie prawo Keplera (ang. Kepler’s second law ) prawo, które mówi, że planeta zakreśla pola o równej powierzchni w równych odstępach czasu, co oznacza, że ma ona stałą prędkość polową trzecie prawo Keplera (ang. Kepler’s third law ) prawo które mówi, że kwadrat okresu obiegu orbity przez planetę jest proporcjonalny do sześcianu długości półosi wielkiej orbity eliptycznej tej planety peryhelium (ang. perihelion ) punkt na orbicie położony najbliżej Słońca; analogiczny termin określający najbliższy punkt orbity Księżyca względem Ziemi to perygeum", "section": "Prawa Keplera", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Siły pływowe Pochodzenie pływów oceanicznych na Ziemi jest przedmiotem ciągłych badań prowadzonych od ponad 2000 lat. Za początek właściwego rozumienia tego zjawiska uważa się prace Newtona. Pływy oceaniczne są wynikiem grawitacyjnych sił pływowych. Te same siły pływowe występują na praktycznie każdym ciele niebieskim. Są one odpowiedzialne za ciepło wewnętrzne, które tworzy aktywność wulkaniczną na Io, jednym z księżyców Jowisza, oraz za rozrywanie gwiazd, które znalazły się zbyt blisko czarnych dziur. Pływy księżycowe Mieszkańcy niemal dowolnego wybrzeża oceanicznego na świecie mogą dwa razy dziennie obserwować podnoszenie się i opadanie poziomu wody. Jest to spowodowane obrotem Ziemi wokół własnej osi, połączonym z przyciąganiem grawitacyjnym zarówno Księżyca, jak i Słońca. Rozważmy najpierw wpływ Księżyca. Na , widzimy z góry biegun północny Ziemi. Jedna strona Ziemi jest bliżej Księżyca niż druga o odległość równą średnicy Ziemi. W związku z tym siła grawitacji wywierana przez Księżyc jest większa po bliższej mu stronie Ziemi niż po przeciwnej. Jej wartość w środku Ziemi znajduje się pomiędzy wartościami po przeciwległych stronach Ziemi. To dlatego na tych stronach Ziemi pojawiają się przypływy. Siła pływowa rozciąga Ziemię wzdłuż linii łączącej ją z Księżycem. Spiętrzenie wody po obu stronach planety jest wynikiem różnicy siły grawitacji Księżyca po przeciwnych stronach Ziemi. Zmiany poziomu oceanów wynikające z sił pływowych są rzędu kilku metrów, więc pływy zaznaczone na tym rysunku są znacznie przesadzone. Wypadkowa siła grawitacji powoduje, że Ziemia i Księżyc krążą wokół ich wspólnego środka masy. Leży on w odległości około 1600 km pod powierzchnią Ziemi, wzdłuż prostej łączącej te dwa ciała. Siła pływowa może być postrzegana jako różnica między siłą grawitacji w środku Ziemi i w każdym innym jej punkcie. Na różnica ta jest pokazana na poziomie morza, na którym obserwujemy pływy oceaniczne. (Należy pamiętać, że zmiana poziomu morza spowodowana przez siły pływowe jest mierzona od linii poziomu morza przyjętego za zero metrów, przy wyznaczaniu względnej wysokości obiektów na Ziemi. Pokazaliśmy wcześniej, że Ziemia, ze względu na jej ruch obrotowy, jest wybrzuszona na równiku o wiele kilometrów, w stosunku do obwodu biegnącego przez bieguny. Zerowy poziom morza uwzględnia to zjawisko i bierzemy tu pod uwagę tylko znacznie mniejsze zmiany wysokości pływów mierzone od tego poziomu). Siła pływowa jest różnicą pomiędzy siłą grawitacji w środku Ziemi i pozostałych punktach. Na tym rysunku, siły pływowe są pokazane na powierzchni oceanu. Siły te będą malały do zera w miarę zbliżania się do środka Ziemi. Dlaczego przyrost i spadek poziomu wody występują dwa razy dziennie? Spójrz ponownie na . Gdyby Ziemia się nie obracała i Księżyc znajdowałby się w stałym punkcie względem niej, to poziom wody byłby większy w tych samych miejscach na powierzchni Ziemi. Woda w oceanach jest zawsze spiętrzona wzdłuż prostej łączącej Ziemię i Księżyc. Jednak Ziemia się obraca (w kierunku wskazywanym przez strzałkę) z okresem w przybliżeniu wynoszącym 24 godziny. W ciągu 6 godzin, najbliższe i najdalsze Księżycowi obszary Ziemi przesuną się w miejsca, w których aktualnie występują odpływy, a 6 godzin później, znajdą się z powrotem w pozycji przypływów. Ponieważ Księżyc wykonuje pełen obieg Ziemi co około 28 dni w tym samym kierunku, w którym obraca się Ziemia, to czas pomiędzy przypływami i odpływami wynosi w rzeczywistości około 12,5 godziny. Realny czas wystąpienia pływów jest jednak bardziej skomplikowany i zależy od wielu innych czynników, z których najważniejszym jest Słońce. Wpływ Słońca na pływy oceaniczne Oprócz sił pływowych pochodzących od grawitacji Księżyca, wpływ na poziom wody w ziemskich oceanach wywiera także siła grawitacji Słońca. Przyciąganie grawitacyjne Słońca działające na dowolne ciało na Ziemi jest prawie 200 razy większe od przyciągania Księżyca. Jednak, jak wykażemy w następnym przykładzie, wpływ Słońca na pływy morskie, pomimo że jest znaczący, to jest jednak mniejszy niż Księżyca. W zależności od pozycji Księżyca i Słońca względem Ziemi, wypadkowa siła pływowa może być wzmocniona lub osłabiona. przedstawia względne położenia Słońca i Księżyca, które powodują powstanie największych pływów, zwanych pływami syzygijnymi (ang. spring tide ) (lub pływami wysokimi). Podczas przypływów syzygijnych, Ziemia, Księżyc i Słońce znajdują się w jednej linii, a efekty pływowe dodają się. (Przypomnijmy, że siły pływowe powodują spiętrzenie poziomu wody po obu stronach Ziemi). (c) przedstawia względne położenie tych trzech ciał, gdy występują najmniejsze pływy, zwane pływami kwadraturowymi (ang. neap tide ) (lub pływami niskimi). Ekstrema zarówno wysokich, jak i niskich pływów mają związek z fazami Księżyca. Pływy syzygijne występują podczas nowiu lub pełni Księżyca, a pływy kwadraturowe występują, gdy Księżyc znajduje się w pierwszej lub trzeciej kwadrze (oświetlona jest połowa Księżyca). Na wskazanych stronach internetowych możesz zobaczyć jedną i drugą animację pływów oceanicznych. (a i b) Pływy syzygijne występują, gdy Słońce, Ziemia i Księżyc znajdują się w jednej linii, podczas gdy (c) pływy kwadraturowe występują wtedy, gdy Słońce, Ziemia i Księżyc znajdują się w wierzchołkach trójkąta prostokątnego. (Rysunek nie zachowuje skali.) Wysokość pływów Dzięki szczegółowym danym na temat pozycji Księżyca i Słońca można przewidzieć dokładny czas wystąpienia maksymalnych i minimalnych pływów w większości miejsc na naszej planecie. Na tej stronie internetowej możesz zobaczyć prognozy pływów oceanicznych dla wielu miejsc wokół Ameryki Północnej. Zmiana wysokości pływów jest jednak znacznie bardziej skomplikowana, niż przedstawiono to na powyższym rysunku. Względne położenie Ziemi, Słońca i Księżyca determinuje wystąpienie pływów syzygijnych i kwadraturowych, jednak ich wysokość zależy również od odległości tych ciał od Ziemi. Siły pływowe są większe, gdy odległości Księżyca i Słońca są mniejsze. Zarówno orbita Księżyca wokół Ziemi, jak i orbita Ziemi wokół Słońca są eliptyczne, więc pływy syzygijne są wyjątkowo wysokie, jeśli występują, gdy Księżyc znajduje się w perygeum, a Ziemia znajduje się jednocześnie w peryhelium. Z drugiej strony, pływy syzygijne są stosunkowo niskie, jeśli występują, gdy Księżyc znajduje się w apogeum, a Ziemia znajduje się jednocześnie w aphelium. Największy wpływ na wysokość pływów ma topografia lokalnej linii brzegowej i profil głębokości dna morskiego. Wpływ tych czynników na wysokość pływów jest zdumiewający. Chociaż zmiany poziomu wody w oceanach w wielu miejscach na całym świecie są znacznie mniejsze niż jeden metr, to pływy w zatoce Fundy ( ) na wschodnim wybrzeżu Kanady, mogą wynosić nawet 16,3 metra. Łodzie rybackie w zatoce Fundy podczas przypływu i odpływu. Występująca dwukrotnie w ciągu doby zmiana poziomu morza stanowi prawdziwe wyzwanie dla bezpiecznego cumowania łodzi. (Źródło: Dylan Kereluk) Porównanie sił pływowych Porównaj siłę grawitacyjną Księżyca wywieraną na ciała o masie 1 kg, znajdujące się po bliższej i dalszej Księżycowi stronie Ziemi. Powtórz te obliczenia w przypadku Słońca, a następnie porównaj wyniki. Obliczenia potwierdzą, że siły pływowe wywierane przez Księżyc są około dwa razy większe od sił pływowych wywieranych przez Słońce. Strategia rozwiązania Skorzystamy z prawa powszechnego ciążenia ( ). Musimy w tym celu znać masy Słońca i Księżyca, ich odległości od Ziemi oraz wartość promienia Ziemi. Użyjemy danych astronomicznych z Dodatku D . Rozwiązanie Podstawiając wartości masy Księżyca i jego średniej odległości od Ziemi, otrzymujemy: F 12 = G m 1 m 2 r 2 = 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 k g 2 ⋅ 1 k g ⋅ 7,35 ⋅ 10 22 k g ( 3,84 ⋅ 10 8 m ± 6,37 ⋅ 10 6 m ) 2 . W mianowniku użyjemy znaku minus dla bliższej Księżycowi strony Ziemi oraz znaku plus dla strony, znajdującej się dalej od Księżyca. Otrzymujemy wartości: F K blisko = 3,44 ⋅ 10 − 5 N oraz F K daleko = 3,22 ⋅ 10 − 5 N . Siła grawitacyjna Księżyca jest prawie o 7% wyższa po bliższej mu stronie Ziemi, ale obydwie siły – dla położenia bliższego i dalszego – są znacznie mniejsze od siły grawitacji samej Ziemi, działającej na ciało o masie 1 kg. Niemniej ta niewielka różnica siły grawitacji Księżyca powoduje powstanie pływów. Teraz powtórzymy obliczenia w przypadku Słońca. Do prawa powszechnego ciążenia podstawiamy wartości masy Słońca i średniej odległości między Ziemią a Słońcem. Otrzymujemy wartości: F S blisko = 5,89975 ⋅ 10 − 3 N oraz F S daleko = 5,89874 ⋅ 10 − 3 N . Jak widać, musimy zapisać, aż sześć cyfr znaczących, aby porównać różnicę między tymi siłami z różnicą otrzymaną w przypadku oddziaływania Księżyca. (Nie możemy uzasadniać poprawności otrzymanej dokładności, gdyż wszystkie wartości danych do zadania są znane z dokładnością do trzech miejsc znaczących. Wszystkie wartości w obliczeniach obu sił są jednak takie same, z wyjątkiem odległości r . Dokładność różnicy wartości tych sił wynika z różnicy podstawionych odległości, co uzasadnia jej poprawność z otrzymaną dokładnością do trzech cyfr znaczących). Różnica między siłami grawitacji Księżyca działającymi na ciało o masie 1 kg po bliższej i dalszej od niego stronie Ziemi wynosi: Δ F K = F K blisko − F K daleko = 3,44 ⋅ 10 − 5 N − 3,22 ⋅ 10 − 5 N = 0,22 ⋅ 10 − 5 N , podczas gdy różnica ta w przypadku Słońca wynosi: Δ F S = F S blisko − F S daleko = 5,89975 ⋅ 10 − 3 N − 5,89874 ⋅ 10 − 3 N = 0,101 ⋅ 10 − 5 N . Zauważmy, że bardziej poprawnym podejściem jest wyprowadzenie wzoru na siłę pływową, a nie obliczanie jej z różnicy wartości dwóch sił, jak zrobiliśmy powyżej. Wówczas siła pływowa jest oczywiście równa różnicy siły grawitacyjnej po bliższej i dalszej odpowiednio Księżycowi lub Słońcu stronie Ziemi. Stosując kilka elementarnych przekształceń, można pokazać, że: F pływowa = G M m r 1 2 − G M m r 2 2 = G M m ( ( r 2 − r 1 ) ( r 2 + r 1 ) r 1 2 r 2 2 ) , gdzie r 1 i r 2 są takie same z dokładnością do trzech cyfr znaczących, ale ich różnica ( r 2 − r 1 ) , równa średnicy Ziemi, jest również znana z dokładnością do trzech cyfr znaczących. Wyniki obliczeń są takie same. Należałoby skorzystać z tego wzoru, jeśli wymagana liczba cyfr znaczących byłaby większa niż dostępna dokładność kalkulatora lub komputera. Znaczenie Należy zauważyć, że siła grawitacji wywierana przez Słońce na Ziemię jest prawie 200 razy większa niż siła grawitacji wywierana przez Księżyc. Ale różnica tych sił po przeciwnych stronach Ziemi jest o połowę mniejsza w przypadku Słońca niż Księżyca. Jest to istota sił pływowych. Księżyc wywiera większy efekt pływowy niż Słońce, ponieważ względna różnica odległości obu stron Ziemi jest znacznie większa w przypadku Księżyca niż Słońca. Sprawdź, czy rozumiesz. Ziemia powoduje powstanie siły pływowej na Księżycu. Czy jest ona większa, taka sama, czy mniejsza niż siła pływowa wywierana przez Księżyc na Ziemi? Uważaj przy udzielaniu odpowiedzi, ponieważ siły pływowe powstają wskutek różnicy sił grawitacyjnych między jedną, a drugą stroną ciała. Spójrz na obliczenia, które wykonaliśmy dla sił pływowych na Ziemi i zastanów się, które wartości znacząco zmieniłyby się na Księżycu. Średnica Księżyca jest jedną czwartą średnicy Ziemi. Siły pływowe na Księżycu nie są łatwe do wykrycia, ponieważ na jego powierzchni nie ma cieczy. Rozważmy ostatnie równanie powyżej. Wartości r 1 i r 2 pozostają prawie takie same, ale średnica Księżyca ( r 2 − r 1 ) jest równa jednej czwartej średnicy Ziemi. Siły pływowe na Księżycu są więc o jedną czwartą mniejsze niż na Ziemi. Inne skutki działania sił pływowych Siły pływowe istnieją pomiędzy dowolnymi dwoma ciałami. Rozciągają one ciała wzdłuż linii prostej przechodzącej przez ich środki. Choć wpływ sił pływowych na ziemskie oceany jest codziennie widoczny, ich długotrwałe skutki działania nie mogą być tak łatwo zaobserwowane. Jedną z konsekwencji występowania sił pływowych jest rozproszenie kinetycznej energii obrotowej, wskutek tarcia podczas zmiany kształtu samych ciał. Prędkość obrotowa Ziemi maleje, gdyż siły pływowe przekształcają energię obrotową w ciepło. Drugi efekt jest związany z rozproszeniem energii i zachowaniem momentu pędu. Nazywa się on obrotem synchronicznym. Zjawisko to występuje w przypadku większości księżyców w naszym Układzie Słonecznym, w tym także w przypadku ziemskiego Księżyca. Księżyc odwrócony jest w stronę Ziemi zawsze tą samą stroną — jego okres obrotu wokół własnej osi jest taki sam, jak okres obrotu Ziemi. Ziemia, tracąc swą prędkość obrotową, ostatecznie zwróci się jedną stroną ku Księżycowi. Kiedy tak się stanie, nie będziemy mogli obserwować już pływów, ponieważ wezbrane wody pozostaną na Ziemi na stałe w tym samym miejscu. Wówczas Księżyc będzie widoczny stale z jednej półkuli ziemskiej, podczas gdy mieszkańcy drugiej połowy planety nigdy już go nie zobaczą. Proces ten potrwa jednak wiele miliardów lat i być może nie zakończy się przed wygaśnięciem naszego Słońca. Jeden z bardziej dramatycznych przykładów efektów pływowych występuje na Io, jednym z księżyców Jowisza. W 1979 roku statek kosmiczny Voyager wysłał na Ziemię dramatyczne zdjęcia aktywności wulkanicznej na Io. Jest to jedyne ciało astronomiczne w naszym Układzie Słonecznym, na którym wykryto taką aktywność. Na przedstawiono najnowsze zdjęcie Io wykonane przez statek kosmiczny New Horizons w jego drodze do Plutona, korzystając z przyspieszającego oddziaływania grawitacyjnego Jowisza. Dramatyczne dowody na istnienie sił pływowych można obserwować na Io. Przyczyną erupcji widocznej na niebiesko jest wewnętrzne ciepło powstałe w wyniku działania sił pływowych wywieranych na Io przez Jowisza. Wpływ sił pływowych na niektóre gwiazdy może być katastrofalny w skutkach. Siły pływowe w bardzo bliskich układach podwójnych mogą być wystarczająco silne, aby jedna gwiazda rozerwała materię drugiej. Dzieje się tak, gdy siła pływowa wywierana przez jedną z gwiazd przekracza siłę własnej grawitacji drugiej gwiazdy, która spaja ją w całość. Efekt ten można zauważyć w przypadku gwiazd o przeciętnych rozmiarach i masach (gwiazdach ciągu głównego), które orbitują blisko masywnej gwiazdy, takiej jak np. gwiazda neutronowa lub czarnej dziury. przedstawia interpretację tego procesu przez artystę. Gdy materia spada na masywną gwiazdę (zjawisko akreacji), tworzy się dysk akrecyjny, temperatura spadającej materii znacznie wzrasta, czemu towarzyszy promieniowanie w postaci fal elektromagnetycznych, głównie w zakresie rentgenowskim. Siły pływowe masywnego obiektu mogą odrywać materię z orbitującej gwiazdy. Oprócz dysku akrecyjnego krążącego wokół masywnego ciała, materia jest często wyrzucana wzdłuż pokazanego na ilustracji strumienia materii (dżetu). (Źródło: Modyfikacja pracy udostępnionej przez Europejskie Obserwatorium Południowe) Energia emitowana przez tego typu układy podwójne może przekroczyć typową wartość energii wytwarzanej przez tysiące gwiazd. Innym przykładem mogą być kwazary. Kwazary są bardzo odległymi i bardzo jasnymi obiektami, których moc promieniowania często przekracza moc promieniowania całych galaktyk. Astronomowie zgadzają się, że w rzeczywistości są to masywne czarne dziury wytwarzające energię promieniowania z materii, która pochodzi z rozerwanych pływowo pobliskich gwiazd. Podsumowanie Pływy na Ziemi są spowodowane przez różnicę sił grawitacyjnych Księżyca i Słońca wywieranych po przeciwnych stronach Ziemi. Pływy syzygijne (wysokie) występują, gdy Ziemia, Księżyc i Słońce leżą wzdłuż jednej prostej, a pływy kwadraturowe (niskie) występują, gdy ciała te leżą w wierzchołkach trójkąta prostokątnego. Siły pływowe mogą powodować wytworzenie wewnętrznego ciepła, zmiany w ruchu orbitalnym, a nawet zniszczenie orbitujących ciał. Pytania Gdy ciało spada w kierunku czarnej dziury, siły pływowe wzrastają. Czy siły te zawsze rozedrą ciało, gdy zbliża się ono do promienia Schwarzschilda czarnej dziury? Jaki wpływ na odpowiedź mają masa czarnej dziury i rozmiar ciała? Zadania Jaka jest różnica między siłami grawitacyjnymi działającymi na ciało o masie 1 kg na bliższej i dalszej Jowiszowi stronie księżyca Io? Średnia długość promienia Io wynosi 1821 km, a jego promień orbity wokół Jowisza ma średnią wartość równą 421 700 km. Porównaj tę różnicę z różnicą obliczoną w , w przypadku siły grawitacyjnej Księżyca wywieranej na obiekt o takiej samej masie, spoczywający na powierzchni Ziemi. Siły pływowe są przyczyną aktywności wulkanicznej na Io. Gdyby Słońce zapadło się w czarną dziurę, to horyzont zdarzeń leżałby w odległości około 3 km od środka tej osobliwości grawitacyjnej. Czy obserwator mógłby przeżyć w odległości 300 km od jej środka? Odpowiedz na to pytanie obliczając różnicę siły przyciągania grawitacyjnego, jakie czarna dziura wywierałaby na 1 kg masy obserwatora przy jego stopach i głowie. Załóż, że obserwator ma wzrost przeciętnego człowieka. Około 20 000 N (zależy, jaki wzrost obserwatora przyjąłeś do obliczeń); jest to znacznie za duża wartość, aby mógł on przeżyć. Przyjrzyj się w rozdziale Siły Pływowe . Rysunek ten przedstawia siły pływowe w przypadku pływów syzygijnych. Narysuj podobny rysunek dla pływów kwadraturowych. ( Wskazówka: Dla uproszczenia wyobraź sobie najpierw, że Słońce i Księżyc przyczyniają się w takim samym stopniu do powstania sił pływowych. Twój schemat byłby sumą wektorową dwóch pól siłowych (jak na ), z których jedno (od Słońca) jest dwukrotnie słabsze od drugiego. Oba pola wektorowe dodają się pod kątem prostym.) pływy kwadraturowe (ang. neap tide ) niskie pływy powstające gdy Ziemia, Księżyc i Słońce znajdują się w wierzchołkach trójkąta prostokątnego pływy syzygijne (ang. spring tide ) wysokie pływy powstające gdy Ziemia, Księżyc i Słońce położone są wzdłuż jednej prostej siła pływowa (ang. tidal force ) różnica pomiędzy siłą grawitacji w środku i dowolnym innym punktem ciała; siła pływowa rozciąga ciało", "section": "Siły pływowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Teoria grawitacji Einsteina Prawo powszechnego ciążenia wyjaśnia wiele faktów obserwacyjnych, które dostrzegliśmy w naszym Układzie Słonecznym. Rzeczywiście, same prawa Newtona wystarczyły, aby precyzyjnie wysłać każdy pojazd kosmiczny w podróż. Tory asteroid przecinających orbitę Ziemi i większości innych ciał niebieskich mogą być także dokładnie określone przy użyciu jedynie praw Newtona. Niemniej jednak, wiele zjawisk wykazało rozbieżność od tego, co przewidują prawa Newtona. Są to m.in. precesja orbity Merkurego i sposób, w jaki grawitacja oddziałuje ze światłem. W tym podrozdziale zapoznamy się z innym sposobem podejścia do grawitacji. Rewolucja w podejściu W 1905 roku Albert Einstein (1879–1955) opublikował szczególną teorię względności (ang. Theory of Special Relativity ). Teoria ta została omówiona szczegółowo w rozdziale Teoria względności , więc powiemy w tym miejscu o niej tylko kilka słów. W teorii tej, prędkość żadnego ciała nie może przekroczyć prędkości światła — jest ona swoistym ograniczeniem prędkości w całym Wszechświecie. Ten prosty fakt został zweryfikowany w niezliczonych eksperymentach. Niesie on jednak ze sobą fundamentalne konsekwencje — przestrzeń i czas nie są absolutne. Dwie osoby poruszające się względem siebie nie zgadzają się co do wyniku pomiaru długości poruszających się obiektów oraz upływającego czasu. Prawie wszystkie prawa mechaniki, których nauczyłeś się w poprzednich rozdziałach, pomimo że są wyjątkowo dokładne nawet przy prędkościach rzędu wielu tysięcy kilometrów na sekundę, zaczynają zawodzić, gdy prędkość ciała zbliża się do prędkości światła. To ograniczenie wartości prędkości we Wszechświecie było również wyzwaniem dla nieodłącznego założenia prawa powszechnego ciążenia, że grawitacja jest siłą działającą na odległość (ang. action-at-a-distance force ). Oznacza to, że bez kontaktu fizycznego, każda zmiana położenia jednego ciała jest natychmiastowo przekazywana do wszystkich innych ciał. Założenie to nie wywodzi się z żadnej pierwszej zasady, a teoria Newtona po prostu nie rozwodzi się nad tym problemem. (Podobnie zakładano w przypadku sił elektromagnetycznych. Można śmiało powiedzieć, że większość naukowców nie czuło się w pełni pogodzonych z koncepcją siły działającej na odległość). W prawie powszechnego ciążenia ( ) pojawia się również drugie założenie. Zakłada się, że masy występujące w tym prawie są dokładnie takie same, jak te stosowane w drugiej zasadzie dynamiki Newtona F → = m a → . Poczyniliśmy to założenie w wielu naszych wyprowadzeniach w tym rozdziale. Ponownie, nie ma żadnej podstawowej zasady stwierdzającej, że tak musi być, ale wyniki doświadczalne są zgodne z tym założeniem. W kolejnej (1916 r.) ogólnej teorii względności (ang. Theory of General Relativity ) Einstein, rozwiązał oba te problemy. Jego teoria opisuje geometrię czasoprzestrzeni (ang. space-time geometry ) oraz to, jak masa (i przyspieszenie) oddziałują z czasoprzestrzenią i jak ją zakłócają. Nie jest to na pewno teoria sił grawitacyjnych. Matematyka stosowana w ogólnej teorii względności wykracza poza zakres tego kursu, ale możemy zapoznać się z kilkoma podstawowymi zasadami wynikającymi z tej teorii oraz ich konsekwencjami. Zasada równoważności Einstein doszedł po części do ogólnej teorii względności, zastanawiając się, dlaczego ktoś, kto spada swobodnie nie czuje swojej wagi. Powszechnie mówi się, że astronauci na orbicie Ziemi są w stanie nieważkości pomimo faktu, że grawitacja Ziemi jest tam wciąż stosunkowo silna. W ogólnej teorii względności Einsteina nie ma żadnej różnicy pomiędzy spadkiem swobodnym i przebywaniem w stanie nieważkości. Jest to tak zwana zasada równoważności (ang. Principle of Equivalence ). Równie zaskakującym następstwem tej zasady jest fakt, że nie ma różnicy między jednorodnym polem grawitacyjnym i jednostajnym przyspieszeniem w przypadku braku grawitacji. Skupmy się na tym ostatnim stwierdzeniu. Chociaż doskonale jednorodne pole grawitacyjne istnieje tylko teoretycznie, możemy korzystać z takiego przybliżenia do opisu pól rzeczywistych. W każdym laboratorium na Ziemi pole grawitacyjne g → jest w zasadzie jednorodne. Następstwem tego stwierdzenia jest fakt, że wszystkie eksperymenty fizyczne wykonywane w ziemskim laboratorium dadzą takie same wyniki, jak te wykonywane w laboratorium znajdującym się w przestrzeni kosmicznej, z dala od wszystkich innych mas, poruszającym się z przyspieszeniem a = g a=g . przedstawia tę ideę. Zgodnie z zasadą równoważności wyniki wszystkich doświadczeń przeprowadzonych w jednorodnym polu grawitacyjnym w laboratorium są identyczne z wynikami takich samych eksperymentów, przeprowadzonych w jednostajnie przyspieszającym laboratorium. Jak to możliwe, że te dwie pozornie zasadniczo różne sytuacje są takie same? Odpowiedź wynika z faktu, że grawitacja nie jest siłą działającą między dwoma ciałami, lecz jest wynikiem oddziaływania każdego ciała z efektami, jakie inne ciała wywierają na czasoprzestrzeń go otaczającą. Jednorodne pole grawitacyjne i ruch jednostajnie przyspieszony mają dokładnie taki sam wpływ na czasoprzestrzeń. Geometryczne podejście do teorii grawitacji Geometria euklidesowa zakłada, że przestrzeń jest płaska. Jej najpowszechniej znane cechy to: linia prosta jest najkrótszą odległością pomiędzy dwoma punktami, suma kątów każdego trójkąta wynosi 180 stopni, a linie równoległe nigdy się nie przecinają. Geometrie nieeuklidesowe to takie, w których co najmniej jeden z aksjomatów geometrii euklidesowej nie jest spełniony. Nie były one przedmiotem dokładnych badań aż do XIX wieku, więc nie dziwi nas fakt, że przestrzeń euklidesowa występuje we wszystkich prawach Newtona. Ogólna teoria względności kwestionuje tę długo obowiązującą koncepcję. Tylko pusta przestrzeń jest płaska. Obecność masy — lub energii, gdyż teoria względności nie odróżnia tych dwóch wielkości, zakrzywia czas i przestrzeń, czyli czasoprzestrzeń wokół niej. Ruch każdego innego ciała posiadającego masę jest po prostu reakcją na zakrzywienie czasoprzestrzeni. jest dwuwymiarowym przedstawieniem ciała o mniejszej masie, krążącego wokół ciała o większej masie, w reakcji na zakrzywienie przestrzeni, wynikające z obecności tej większej masy. Na bardziej precyzyjnym, jednak równocześnie bardziej skomplikowanym, a tym samym mniej czytelnym rysunku, widzielibyśmy również przestrzeń zakrzywioną przez orbitującą masę i wówczas obie masy byłyby w ruchu (wokół ich wspólnego środka masy), w reakcji na całkowite zakrzywienie przestrzeni. Zauważ, że rysunek ten pomaga tylko zobrazować ideę. W rzeczywistości są to zakrzywienia trójwymiarowej przestrzeni i czasu. Nie widzimy tych zakrzywień tak, jak widzielibyśmy dołki pod kulami. Obserwujemy je tylko dzięki starannym pomiarom ruchu ciał i światła w przestrzeni. Mniejsza masa orbitująca w zakrzywionej przez większą masę czasoprzestrzeni. W rzeczywistości każda masa i energia zakrzywiają czasoprzestrzeń. Dla słabych pól grawitacyjnych wyniki uzyskiwane przy zastosowaniu ogólnej teorii względności Einsteina nie różnią się znacząco od tych uzyskanych na podstawie prawa powszechnego ciążenia Newtona. W przypadku silnych pól grawitacyjnych wyniki różnią się i to właśnie ogólna teoria względności daje poprawne rezultaty. Różnicę tę możemy zauważyć nawet w stosunkowo słabym polu grawitacyjnym Słońca w odległości orbity Merkurego. Począwszy od połowy XIX wieku zaczęto wykonywać dokładne pomiary eliptycznej orbity Merkurego. Chociaż jego orbita jest eliptyczna, to ruch Merkurego jest dodatkowo skomplikowany przez fakt, że położenia peryhelium i aphelium elipsy powoli się przemieszczają. Większość tej precesji wynika z grawitacyjnego oddziaływania innych planet, ale niewielki jej składnik nie mógł być obliczony na podstawie praw Newtona. W pewnym momencie szukano nawet towarzyszącej mu planety, która wyjaśniłaby tę różnicę. Jednak ogólna teoria względności poprawnie przewiduje przeprowadzone pomiary. Od tego czasu wykonano wiele pomiarów, takich jak zakrzywienie promienia światła w obecności dużych obiektów, takich jak Słońce, które potwierdziły, że ogólna teoria względności jest w pełni poprawna. Zamkniemy tę dyskusję pewnym końcowym stwierdzeniem. Mówiliśmy o zakrzywieniu czasoprzestrzeni lub zakrzywieniu przestrzeni i czasu. Zarówno w ogólnej, jak i w szczególnej teorii względności wymiar czasu jest równorzędny z każdym wymiarem przestrzennym (różniący się w obu teoriach jedynie bliskim jedności czynnikiem skali). W pobliżu bardzo dużej masy nie tylko przestrzeń się zakrzywia, ale też upływ czasu jest rozciągnięty i spowolniony. Omówimy te efekty dokładniej w dalszej części rozdziału. Czarne dziury Teoria grawitacji Einsteina jest wyrażona jednym pozornie prosto wyglądającym równaniem tensorowym (tensor to uogólnienie skalara i wektora), które mówi, w jaki sposób masa zakrzywia czasoprzestrzeń wokół niej. Jedno z rozwiązań tego równania prowadzi do jednego z najbardziej fascynujących przewidywań tej teorii: istnienia czarnej dziury (ang. black hole ). Powstanie czarnych dziur polega na tym, że jeśli dany obiekt jest wystarczająco gęsty, to zapada się pod wpływem własnej grawitacji i jest otoczony horyzontem zdarzeń (ang. event horizon ). Cokolwiek znajdzie się w jego wnętrzu, nie może uciec spod wpływu przyciągania grawitacyjnego czarnej dziury. Nazwa „czarna dziura” została wymyślona przez astronoma Johna Wheelera (1911–2008) w 1969 roku. Wynika ona z faktu, że nawet światło nie może uciec spod wpływu przyciągania grawitacyjnego takiego obiektu. Karl Schwarzschild (1873–1916) był pierwszą osobą, która zauważyła ten fakt w 1916 roku, ale w owym czasie uważano go głównie za matematyczną osobliwość. Co zaskakujące, idea masywnego ciała, z którego światło nie może uciec, pochodzi z XVIII wieku. Niezależnie John Michell (1724–1793) i Pierre Simon de Laplace (1749–1827) wykorzystali prawo powszechnego ciążenia, aby pokazać, że światło próbujące opuścić powierzchnię wystarczająco masywnej gwiazdy nie może uciec z jej powierzchni. Ich praca opierała się na fakcie, że prędkość światła została zmierzona przez Ole Rømera (1644–1710) w 1676 roku. Zauważył on rozbieżności w otrzymanych danych, dotyczących okresu orbitalnego obiegu księżyca Io wokół Jowisza. Rømer zdał sobie sprawę, że różnice te wynikają ze względnej pozycji Ziemi i Jowisza w różnym czasie, i na tej podstawie mógł wyznaczyć prędkość światła. Michell i Laplace zrozumieli, że skoro światło ma skończoną prędkość, może istnieć wystarczająco duża gwiazda, taka że ​​prędkość ucieczki z jej powierzchni może być większa od prędkości światła. Wówczas światło zawsze powróciłoby z powrotem do gwiazdy. Obserwatorzy znajdujący się wystarczająco daleko od największych gwiazd nie byliby więc w stanie w ogóle ich zobaczyć, chociaż widzieliby mniejsze gwiazdy z tej samej odległości. Przypomnijmy, że w podrozdziale Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego , okazało się, że prędkość ucieczki, określona przez , jest niezależna od masy ciała m opuszczającego ciało o dużej masie M . Mimo że natura światła nie była wtedy jeszcze w pełni zrozumiała, masa światła, o ile w ogóle byłaby niezerowa, i tak nie miała znaczenia. W związku z tym powinno obowiązywać także dla światła. Podstawiając prędkość światła c w miejsce prędkości ucieczki, otrzymujemy: v u = c = 2 G M R . Musimy jedynie podstawić odpowiednie wartości R i M , tak aby prędkość ucieczki przekroczyła wartość c i w konsekwencji światło nie będzie mogło opuścić takiego ciała. Michell stwierdził, że jeśli gwiazda ma gęstość naszego Słońca i promień, który wykracza poza orbitę Marsa, wtedy światło nie będzie mogło uciec z jej powierzchni. Przypuszczał również, że nadal będziemy w stanie wykryć taką gwiazdę dzięki oddziaływaniu grawitacyjnemu, jakie wywierałaby ona na ciała znajdujące się w jej pobliżu. Był to wnikliwy wniosek, ponieważ właśnie w taki sposób wykrywamy obecnie istnienie takich obiektów. Choć jeszcze nikt nie odwiedził i nigdy nie odwiedzi żadnej czarnej dziury, dowody na ich istnienie stały się tak oczywiste, że prawie żaden astronom nie wątpi w ich istnienie. Zanim przyjrzymy się niektórym z tych dowodów, zwrócimy naszą uwagę z powrotem na rozwiązanie Schwarzschilda równania tensorowego ogólnej teorii względności. Z tego rozwiązania wynika charakterystyczny promień, nazywany promieniem Schwarzschilda (ang. Schwarzschild radius ) ( R S ) . Dowolna masa M zapadnie się do osobliwości, jeśli tylko ściśnie się ją do tego stopnia, że jej promień będzie mniejszy niż promień Schwarzschilda. Wówczas wszystko, co znajdzie się w objętości kuli o tym promieniu, nie będzie mogło jej opuścić. Wewnątrz R S , strzałka czasu kieruje wszystko do osobliwości. (W ogólnym sensie matematycznym osobliwość występuje, gdy wartość funkcji dąży do nieskończoności. W tym przypadku jest to punkt w przestrzeni o zerowej objętości i skończonej masie. Stąd gęstość masy i energia pola grawitacyjnego stają się nieskończone). Promień Schwarzschilda dany jest równaniem: R S = 2 G M c 2 . Przyglądając się naszemu równaniu na prędkość ucieczki, zauważymy, że kiedy v u = c , to daje ono dokładnie taki sam wynik. Jest to jednak tylko czysty przypadek spowodowany kilkoma błędnymi założeniami w teorii klasycznej. Jednym z tych założeń jest użycie niewłaściwego wyrażenia na energię kinetyczną w przypadku światła. Zobaczmy zatem, jak gęste musi być ciało, aby zapadło się pod wpływem własnej grawitacji i zamieniło się w czarną dziurę. Wyznaczanie promienia Schwarzschilda Oblicz długość promienia Schwarzschilda dla Słońca i Ziemi. Porównaj gęstość jądra atomowego z gęstością ściśniętej równomiernie masy Ziemi do objętości ograniczonej promieniem Schwarzschilda. Gęstość jądra atomowego wynosi około 2,3 ⋅ 10 17 k g / m 3 . Strategia rozwiązania W naszych obliczeniach skorzystamy z . Potrzebujemy tylko mas Ziemi i Słońca, które znajdziemy w danych astronomicznych podanych w Dodatku D . Rozwiązanie Podstawiając masę Słońca M S , otrzymujemy: R S = 2 G M S c 2 = 2 ⋅ 6,67 ⋅ 10 − 11 N ⋅ m 2 / k g 2 ⋅ 1,99 ⋅ 10 30 k g ( 3 ⋅ 10 8 m / s ) 2 = 2,95 ⋅ 10 3 m . Jest to średnica o długości tylko około 6 km. Jeśli użyjemy masy Ziemi M Z , otrzymamy R S = 8,85 ⋅ 10 − 3 m . Jest to średnica mniejsza niż 2 cm! Jeśli spakowalibyśmy masę Ziemi w kulę o promieniu R S = 8,85 ⋅ 10 − 3 m , jej gęstość wynosiłaby: ρ = M Z V = 5,97 ⋅ 10 24 k g 4 3 π ( 8,85 ⋅ 10 − 3 m ) 3 = 2,06 ⋅ 10 30 k g m 3 . Znaczenie Gwiazda neutronowa (ang. neutron star ) to, poza czarną dziurą, najgęstszy znany obiekt we Wszechświecie. Gwiazda neutronowa składa się z neutronów. Jej gęstość jest równa gęstości jądra atomowego. Jak wiele czarnych dziur, uważa się ją za pozostałość po supernowych — gwiazdach, które wybuchają pod koniec swego życia. Aby utworzyć czarną dziurę z Ziemi, musimy ją ścisnąć do gęstości trzynastu rzędów wielkości, większych od gęstości gwiazdy neutronowej. Ten proces wymagałby niewyobrażalnej siły. Nie istnieje żaden znany mechanizm, który mógłby spowodować, że obiekt wielkości Ziemi stanie się czarną dziurą. W przypadku Słońca, powinieneś być w stanie wykazać, że musiałoby być ono skompresowane do gęstości tylko około 80 razy większej od gęstości jądra atomowego. (Uwaga: Gdy masa jest ściśnięta w kulę o promieniu Schwarzschilda, ogólna teoria względności mówi, że zapadnie się ona do osobliwości. Obliczenia te pokazują jedynie gęstość, którą musimy osiągnąć, aby zainicjować ten proces). Sprawdź, czy rozumiesz. Porównaj gęstość potrzebną, aby Ziemia stała się czarną dziurą z tą, która jest potrzebna do takiej zmiany w przypadku Słońca. Jakie wnioski można wyciągnąć z tego porównania – odnośnie do tego, co byłoby konieczne do utworzenia czarnej dziury? Czy spodziewasz się, że we Wszechświecie jest wiele czarnych dziur o małej masie? Biorąc pod uwagę niezwykle dużą gęstość potrzebną, by ścisnąć ciało wielkości Ziemi do czarnej dziury, nie spodziewamy się we Wszechświecie tak małych czarnych dziur. Nawet ciało z masą naszego Słońca musiało być sprasowane do gęstości 80 razy większej od gęstości gwiazdy neutronowej. Uważa się, że gwiazdy tej wielkości nie mogą stać się czarnymi dziurami. Jednak gwiazdy o masach równych kilku masom Słońca mogą zapaść się pod wpływem własnej grawitacji do czarnej dziury pod koniec swego życia. Jak pokażemy później, uważa się, że czarne dziury powszechnie występują w centrach galaktyk. Te galaktyczne czarne dziury mają zwykle masę wielu milionów gwiazd. Horyzont zdarzeń Okrąg o promieniu Schwarzschilda nazywany jest horyzontem zdarzeń czarnej dziury. Zauważyliśmy, że zarówno przestrzeń, jak i czas są rozciągnięte w pobliżu masywnych obiektów, takich jak czarne dziury. pokazuje ten wpływ na przestrzeń. Jej zakrzywienie wywoływane przez nasze Słońce jest w zasadzie niewielkie i zostało wyolbrzymione dla czytelności rysunku. Rozważmy przypadek gwiazdy neutronowej, opisaną w . Chociaż zakrzywienie czasoprzestrzeni na powierzchni gwiazdy neutronowej jest bardzo duże, jej promień jest wciąż większy niż promień Schwarzschilda. Obiekty o dużej prędkości mogą wciąż uciec z jej powierzchni. Jeśli gwiazda neutronowa zyska wystarczająco dużo dodatkowej masy, to w rezultacie zapadnie się zmniejszając swoją objętość tak, że jej promień będzie krótszy od promienia Schwarzschilda. Kiedy tak się stanie, cała masa zostanie nieuchronnie wciągnięta do osobliwości. Przestrzeń na poniższym rysunku jest rozciągnięta do nieskończoności. Czas jest również rozciągnięty do nieskończoności. Gdy obiekty spadają na horyzont zdarzeń, widzimy, że zbliżają się one coraz wolniej, ale nigdy nie osiągną horyzontu zdarzeń. Jako obserwatorzy zewnętrzni nigdy nie zobaczymy, aby obiekty przechodziły przez horyzont zdarzeń — faktycznie, czas rozciąga się coraz bardziej tak, że zatrzymuje się na horyzoncie zdarzeń. Odwiedź stronę internetową , aby obejrzeć animację tych zakłóceń przestrzeni. Zakrzywienie przestrzeni staje się coraz bardziej widoczne wokół coraz większych mas. Gdy gęstość masy osiągnie poziom krytyczny, tworzy się czarna dziura i struktura czasoprzestrzeni zostaje rozdarta. Krzywizna przestrzeni jest największa na powierzchni każdego z trzech pierwszych ciał pokazanych na rysunku, lecz jest ona skończona. Krzywizna następnie zmniejsza się (nie pokazano) do zera podczas przemieszczania się do środka ciała. W przypadku czarnej dziury jest inaczej. Krzywizna staje się nieskończona: powierzchnia zapada się do osobliwości, a stożek czasoprzestrzeni rozciąga się do nieskończoności. (Uwaga: rysunki te w żaden sposób nie zachowują skali.) Dowody istnienia czarnych dziur Dopiero w latach sześćdziesiątych XX wieku, kiedy odkryto pierwszą gwiazdę neutronową, zainteresowanie istnieniem czarnych dziur ponownie wzrosło. Dowody na istnienie czarnych dziur opierają się na kilku typach obserwacji, takich jak analiza promieniowania rentgenowskiego układów podwójnych, soczewkowanie grawitacyjne światła pochodzącego z odległych galaktyk oraz ruch widocznych ciał wokół ich niewidzialnych partnerów. Skupimy się na tych ostatnich obserwacjach, ponieważ odnoszą się one do tego, czego nauczyliśmy się w tym rozdziale. Światło nie może uciec z czarnej dziury, abyśmy ją mogli zobaczyć. Możemy jednak zaobserwować efekty oddziaływania grawitacyjnego czarnej dziury na otaczające ją ciała. Najbliższe, a być może także najbardziej dramatyczne, dowody na istnienie czarnej dziury znajdują się w centrum Drogi Mlecznej. Grupa z Uniwersytetu Kalifornijskiego w Los Angeles (UCLA) zajmująca się badaniem galaktyk, wykorzystując dane uzyskane przez teleskopy Kecka znajdujące się na Hawajach, określiła orbitę kilku gwiazd poruszających się w pobliżu centrum naszej galaktyki. Niektóre z tych danych są pokazane na . Na podstawie pomiarów okresów orbitalnych i rozmiarów orbit tych gwiazd szacuje się, że orbitują one wokół obiektu, którego masa jest równa około 4 milionom mas Słońca. Zwróćmy uwagę, że masa ta musi znajdować się w obszarze ograniczonym przez przecinające się eliptyczne orbity gwiazd. Obszar ten zmieściłby się wewnątrz orbity Merkurego, ale w widmie światła widzialnego nic w tym miejscu nie widać. Trajektorie gwiazd krążących wokół masy znajdującej się w centrum Drogi Mlecznej. Na podstawie ich ruchu szacuje się, że czarna dziura w centrum galaktyki ma masę równą około 4 milionom mas Słońca. (Źródło: UCLA Galactic Center Group – W.M. Keck Observatory Laser Team) Fizyka powstawania i ewolucji gwiazd jest dobrze znana. Podstawowym źródłem energii, dzięki któremu gwiazdy świecą, jest ich własna grawitacja inicjująca fuzję termojądrową. Im bardziej masywna jest gwiazda, tym jaśniej świeci i tym krócej żyje. Obiekt zajmujący bardzo mały obszar, którego masa jest 4 miliony razy większa od masy Słońca i którego nie można zobaczyć, nie ma żadnego innego logicznego wytłumaczenia jak to, że w istocie jest on czarną dziurą. Obserwacje pozagalaktyczne sugerują, że obecność czarnych dziur jest powszechna w centrach galaktyk. Odwiedź stronę internetową UCLA Galactic Center Group , by poznać więcej szczegółów na temat promieniowania X emitowanego przez układy podwójne oraz na temat soczewkowania grawitacyjnego. Odwiedź także tę stronę internetową , by zobaczyć trójwymiarową wizualizację gwiazd krążących w pobliżu centrum naszej galaktyki. Animacja znajduje się w dolnej części tej strony. 10 kwietnia 2019 roku astronomowie z międzynarodowego projektu EHT ( Event Horizon Telescope ) zaprezentowali pierwsze na świecie zdjęcie czarnej dziury. Supermasywna czarna dziura z znajduje się w centrum galaktyki M87 oddalonej o 55 milionów lat świetlnych od Ziemi. Pomimo jej dużych rozmiarów żaden pojedynczy teleskop nie byłby stanie wykonać takiego zdjęcia, ponieważ czarna dziura oglądana z Ziemi ma mały rozmiar kątowy. Dlatego wykorzystano do tego 8 radioteleskopów rozmieszczonych w różnych miejscach na całej planecie. Metoda ta nosi nazwę interferometrii wielkobazowej (ang. very long baseline interferometry ), w której obraz powstaje na podstawie zebranych przez wiele teleskopów sygnałów radiowych (wraz z dokładnym czasem ich rejestracji). W ten sposób uzyskano kątową zdolność rozdzielczą wynoszącą 20 mikrosekund łuku. Gdyby ludzie oko posiadało taką rozdzielczość, to podczas lotu samolotem moglibyśmy podejrzeć nagłówki w gazecie leżącej na trawie. Zdjęcie supermasywnej czarnej dziury, która znajduje się w centrum galaktyki M87. Zdjęcie wykonano przy pomocy Teleskopu Horyzontu Zdarzeń ( Event Horizon Telescope − EHT ), który składa się 8 z niezależnych radioteleskopów rozmieszczonych na całej planecie. (Źródło: Event Horizon Telescope Collaboration) Jeśli chcesz dowiedzieć się jak interpretować zdjęcie czarnej dziury to obejrzyj krótki film na ten temat. Ciemna materia Gwiazdy krążące wokół samego centrum naszej galaktyki dostarczają silnych dowodów na to, że znajduje się tam czarna dziura, ale orbity gwiazd oddalonych od jej środka sugerują występowanie również innego, intrygującego zjawiska, obserwowanego pośrednio. Przypomnijmy sobie z podrozdziału Grawitacja przy powierzchni Ziemi , że w celu obliczenia siły grawitacji, wywieranej przez ciało sferycznie symetryczne na inne masy, przyjmujemy, iż cała jego masa znajduje się w centrum takiego ciała. Podobnie możemy potraktować całkowitą masę, która znajduje się wewnątrz obszaru ograniczonego orbitą dowolnej gwiazdy w naszej galaktyce. Zakładamy po prostu, że cała ta masa znajduje się w centrum dysku Drogi Mlecznej. Możemy oszacować tę masę sumując masy wszystkich widocznych gwiazd w tym obszarze, a następnie dodając do tego wyniku masę czarnej dziury w centrum. Gdy to zrobimy, zauważymy, że prędkość orbitalna gwiazd jest zdecydowanie za duża, aby była spowodowana taką ilością materii. przedstawia prędkość orbitalną gwiazd w zależności od ich odległości od środka Drogi Mlecznej. Niebieska linia reprezentuje prędkości, jakich można się spodziewać na podstawie naszego oszacowania masy, podczas gdy zielona krzywa odzwierciedla dane pomiarowe. Najwyraźniej dużej części materii nie widzimy. Szacuje się, że materii, której nie widać, jest pięciokrotnie więcej niż tej, którą możemy obserwować. Nazwano ją ciemną materią (ang. dark matter ). Ponadto profil prędkości nie odzwierciedla oczekiwanego rozkładu widocznych gwiazd. Nie tylko szacunkowa masa całkowita materii jest niezgodna z danymi, ale jej oczekiwany rozkład także jest niezgodny z obserwacją. Zjawisko to nie dotyczy jedynie naszej galaktyki, ale wydaje się cechą wszystkich galaktyk. Problem ten został po raz pierwszy zauważony w latach trzydziestych XX wieku, kiedy mierzono ruch galaktyk w obrębie klastrów. Okazało się, że poruszały się one wokół środka masy tych klastrów szybciej, niż wskazywałyby na to szacunki ich widocznej masy. Niebieska krzywa wskazuje oczekiwaną prędkość orbitalną gwiazd w Drodze Mlecznej wyznaczoną na podstawie masy gwiazd, które możemy zobaczyć. Zielona krzywa wskazuje, że rzeczywiste prędkości gwiazd są większe, co sugeruje obecność dodatkowej materii, której nie można zobaczyć. (Źródło: modyfikacja pracy Matthew Newby) Istnieją dwie dominujące koncepcje na temat tego, czym może być ta materia — WIMP i MACHO. WIMP (ang. Weakly Interacting Massive Particles ) są to słabo oddziałujące masywne cząstki. Cząstki te (neutrina są jednym z przykładów) oddziałują bardzo słabo ze zwykłą materią, a więc są bardzo trudne do wykrycia. MACHO (ang. Massive Astrophysical Compact Halo Object ) to masywne zwarte obiekty halo (np. gwiazdy neutronowe, brązowe karły), które składają się ze zwykłej materii barionowej, takiej jak neutrony i protony. Emitują one bardzo mało promieniowania, a więc są trudne do wykrycia przy użyciu współczesnej techniki obserwacyjnej. Z oboma pomysłami związane są nierozwiązane dotąd problemy i trzeba przeprowadzić wiele dalszych badań, aby ostatecznie rozwiązać te kwestie. Podsumowanie Zgodnie z ogólną teorią względności grawitacja jest wynikiem zakrzywienia czasoprzestrzeni wywołanym przez masę i energię. Zasada równoważności mówi, że nie ma różnicy między spadkiem swobodnym i stanem nieważkości lub przyspieszeniem w jednorodnym polu grawitacyjnym i jednostajnym przyspieszeniem przy braku grawitacji. Masa i przyspieszenie zakrzywiają czasoprzestrzeń i w pewnych warunkach są one nierozróżnialne. Czarne dziury, będące skutkiem grawitacyjnego zapadnięcia się masywnych obiektów, są osobliwością otoczoną horyzontem zdarzeń, którego promień jest proporcjonalny do ich masy. Dowody na istnienie czarnych dziur wciąż są poszlakowe, ale ilość tych dowodów jest ogromna. Najważniejsze wzory Prawo powszechnego ciążenia F → 12 = G m 1 m 2 r 2 r ^ 12 Przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni Ziemi g = G M Z r 2 Grawitacyjna energia potencjalna nad powierzchnią Ziemi U = − G M Z m r Zasada zachowania energii 1 2 m v 1 2 − G M m r 1 = 1 2 m v 2 2 − G M m r 2 Druga prędkość kosmiczna lub prędkość ucieczki v u = 2 G M R Prędkość orbitalna v orb = G M Z r Okres orbitalny T = 2 π r 3 G M Z Energia na orbicie kołowej E = E K + U = − G m M Z 2 r Równanie krzywych stożkowych α r = 1 + e cos θ Trzecie prawo Keplera Τ 2 = 4 π 2 G M a 3 Promień Schwarzschilda R S = 2 G M c 2 Pytania Zasada równoważności mówi, że wszystkie eksperymenty wykonane w laboratorium, znajdującym się w jednorodnym polu grawitacyjnym, nie różnią się od eksperymentów wykonanych w laboratorium, które nie znajduje się w polu grawitacyjnym, ale porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym, jeśli tylko w obu przypadkach przyspieszenie ma taką samą wartość. Rozważ, co stanie się z wiązką lasera, biegnącą na pewnej wysokości idealnie poziomo do podłogi przyspieszającego laboratorium. (Spójrz na to z punktu widzenia obserwatora znajdującego się poza laboratorium.) W którym miejscu przeciwległej ściany względem położenia lasera uderzy wiązka? Jaki wypływa stąd wniosek o wpływie pola grawitacyjnego na światło? Czy zmienia coś fakt, że światło nie posiada masy? Jeśli laboratorium przyspiesza „do góry” to promień lasera trafi w przeciwną ścianę poniżej położenia lasera. Wiązka lasera obniży się względem laboratorium. Możemy oczekiwać, że to samo nastąpi w polu grawitacyjnym. Brak masy światła nie ma w tym przypadku znaczenia, tak samo jak przyspieszenie ciała spadającego w polu grawitacyjnym nie zależy od masy ciała. Gdy człowiek zbliża się do promienia Schwarzschilda czarnej dziury, obserwator zewnętrzny widzi, jak wszystkie procesy tej osoby (tętno, zegarek itp.) spowalniają i wreszcie zatrzymują się, gdy osiąga ona horyzont zdarzeń. Natomiast osoba wpadająca do czarnej dziury nie widzi żadnych zmian w szybkości zachodzących w niej procesów. Przypomnijmy, że prędkość światła jest taka sama dla wszystkich obserwatorów. Jaki wniosek można z tego wyciągnąć na temat przestrzeni w pobliżu czarnej dziury? Zadania Jaka jest długość promienia Schwarzschilda czarnej dziury w centrum naszej galaktyki, jeśli ma ona masę równą 4 milionom mas Słońca? 1,19 ⋅ 10 7 k m Ile lat świetlnych wynosiłaby długość promienia Schwarzschilda, gdyby Droga Mleczna licząca 100 miliardów gwiazd zapadła się tworząc czarną dziurę? Wynik porównaj z odległością naszego Słońca od centrum galaktyki, która wynosi około 26 000 lat świetlnych. Zadania dodatkowe Gwiazda neutronowa jest zimną, zapadniętą pod wpływem własnej grawitacji gwiazdą o gęstości równej gęstości jądra atomowego. Typowa gwiazda neutronowa ma masę dwa razy większą od masy Słońca i promień 12 km. Jaki byłby ciężar astronauty o masie 100 kg stojącego na jej powierzchni? Jaki wypływa stąd wniosek o możliwości odwiedzenia gwiazdy neutronowej? 1,85 ⋅ 10 14 N ; Nie rób tego! W jakiej odległości od środka Ziemi musi znajdować się ciało, aby działająca na nie wypadkowa siła grawitacji Ziemi i Księżyca była równa zero? Podstawienie równych wartości obu sił skutkuje dwoma wynikami otrzymanymi z rozwiązania równania kwadratowego. Czy rozumiesz, dlaczego z równania otrzymałeś dwa wyniki, ale tylko jedna z tych odległości ma sens fizyczny? W jakiej odległości od środka Słońca musi znajdować się statek kosmiczny, aby działająca na niego wypadkowa siła grawitacji Ziemi i Słońca była równa zero? 1,49 ⋅ 10 8 k m Oblicz wartość przyspieszenia grawitacyjnego g na powierzchni Ziemi, gdyby nastąpiły następujące zmiany jej własności: całkowita masa wzrosłaby dwukrotnie, a promień zmniejszyłby się o połowę; gęstość masy by się podwoiła, a długość promienia pozostałaby niezmieniona; gęstość masy zmniejszyłaby się o połowę, a całkowita masa pozostałaby bez zmian. Załóżmy, że możesz komunikować się z mieszkańcami planety w innym układzie słonecznym. Mówią ci oni, że średnica i masa ich planety wynoszą odpowiednio 5 ⋅ 10 3 k m oraz 3,6 ⋅ 10 23 k g . Dowiadujesz się także, że rekord skoku wzwyż wynosi u nich 2 m. Biorąc pod uwagę fakt, że ten rekord jest bliski ziemskiemu rekordowi skoku wzwyż wynoszącemu 2,4 m, co mógłbyś powiedzieć na temat sprawności fizycznej swoich pozaziemskich przyjaciół? Wartość g na ich planecie wynosi 2,4 m/s 2 , czyli jest w przybliżeniu czterokrotnie mniejsza niż wartość przyspieszenia ziemskiego. Na pewno są oni więc słabymi skoczkami. Załóżmy, że zmierzyłeś swój ciężar na równiku pewnej planety i okazało się, że jest on tylko połową twojego ciężaru na jej biegunie. Masa i średnica tej planety są takie same, jak w przypadku Ziemi. Jaki jest okres obrotu tej planety? Czy w obliczeniach powinieneś uwzględnić kształt tej planety? Ciało o masie 100 kg zostało zważone na biegunie północnym i na równiku za pomocą wagi sprężynowej. Jakie było jej wskazanie w tych dwóch punktach? Załóż, że g = 9,83 m/s 2 na biegunie. Wskazanie wagi wynosi 983 N na biegunie i 980 N na równiku. Oblicz prędkość potrzebną do ucieczki z Układu Słonecznego, startując z powierzchni Ziemi. Nie uwzględniaj wpływu innych ciał oraz faktu, że Ziemia porusza się po swojej orbicie. [ Wskazówka: Nie można użyć . Skorzystaj z i uwzględnij energię potencjalną oddziaływania grawitacyjnego zarówno Ziemi, jak i Słońca.] Rozważ poprzednie zadanie i tym razem uwzględnij fakt, że prędkość Ziemi na orbicie wokół Słońca wynosi 29,8 km/s. Jaka prędkość względem Ziemi będzie potrzebna i w jakim kierunku należy opuścić Ziemię, by opuścić nasz Układ Słoneczny? Jaki będzie kształt trajektorii? Prędkość ucieczki nadal wynosi 43,6 km/s. Startując z Ziemi w kierunku stycznym do jej prędkości orbitalnej, trzeba osiągnąć prędkość 43,6 km/s − 29,8 km/s = 13,8 km/s względem Ziemi. Energia całkowita jest równa zero, więc trajektoria jest parabolą. Kometa znajduje się w odległości 1,5 j.a. od Słońca i porusza się z prędkością 24,3 km/s. Czy jest ona związana grawitacyjnie ze Słońcem? Pewna asteroida znajduje się w odległości 2 j.a. od Słońca i porusza się z prędkością 15,5 km/s. Jej peryhelium znajduje się w odległości 0,4 j.a. od Słońca. Ile wynosi jej prędkość w tym punkcie? 44,9 km/s Odpady kosmiczne, pozostawione na orbicie stare satelity i ich wyrzutnie stają się zagrożeniem dla innych satelitów. Oblicz prędkość orbitalną satelity znajdującego się 900 km nad powierzchnią Ziemi. Załóżmy, że swobodny nit znajduje się na orbicie o tym samym promieniu, która przecina orbitę satelity pod kątem 90 ∘ . Ile wynosi prędkość nitu względem satelity tuż przed uderzeniem? Jeśli masa nitu wynosi 0,5 g, i po zderzeniu pozostaje on w satelicie, to ile energii wydziela się w trakcie zderzenia? (Załóż, że prędkość satelity po zderzeniu nie zmienia się znacznie, ponieważ jego masa jest znacznie większa niż masa nitu.) Satelita o masie 1000 kg znajduje się na orbicie kołowej wokół Ziemi. Promień orbity satelity jest równy dwukrotności promienia Ziemi. Ile wynosi odległość satelity od środka Ziemi? Oblicz energię kinetyczną, potencjalną i całkowitą satelity. 1,3 ⋅ 10 7 m ; Energie odpowiednio są równe: 1,56 ⋅ 10 10 J ; 3,12 ⋅ 10 10 J ; − 1,56 ⋅ 10 10 J Po tym, jak Ceres został uznany za planetę karłowatą, przyjmujemy, że największą znaną asteroidą jest Vesta. Jej masa wynosi 2,67 ⋅ 10 20 k g , a średnica mieści się w przedziale od 578 km do 458 km. Zakładając, że Vesta jest w przybliżeniu sferycznie symetryczna, a jej promień wynosi 260 km, oblicz przybliżoną prędkość ucieczki z jej powierzchni. Oblicz, ile wynosiłby okres orbitalny sondy kosmicznej krążącej po orbicie kołowej na wysokości 10 km nad powierzchnią asteroidy Vesta? Skorzystaj z danych podanych w poprzednim zadaniu. Dlaczego, delikatnie mówiąc, obliczenia te są bezużyteczne? Zakładając sferyczny kształt asteroidy i przyjmując długość jej średniego promienia równą 260 km otrzymujemy wartość okresu orbitalnego satelity wynoszącą 6,24 ⋅ 10 3 s , czyli około 1,7 godziny. W rzeczywistości nie można założyć, że Vesta ma kształt kuli. Musisz znajdować się powyżej jej największego wzniesienia (prawie 290 km od jej środka), by w ogóle można było mówić o orbicie. Co więcej, asferyczny kształt asteroidy zakłóciłby bardzo szybko ruch satelity po orbicie, więc obliczenie to nie byłoby dokładne nawet dla dalszej orbity. Obliczmy prędkość orbitalną naszego Układu Słonecznego wokół centrum Drogi Mlecznej. Załóżmy, że masa wszystkich ciał, znajdujących się wewnątrz objętości ograniczonej promieniem równym naszej odległości od środka galaktyki, wynosi około 100 miliardów mas Słońca. Nasza odległość od centrum Drogi Mlecznej wynosi 26 000 lat świetlnych. Na podstawie informacji z poprzedniego zadania oblicz, jaką prędkość trzeba osiągnąć, aby uciec z oddziaływania grawitacyjnego Drogi Mlecznej z naszej obecnej pozycji (tzw. czwartą prędkość kosmiczną)? Czy musiałbyś zwrócić uwagę na ustawienie kierunku prędkości statku kosmicznego, względem prędkości orbitalnej Ziemi w momencie startu? 323 km/s; Nie, w tym przypadku musisz zwrócić uwagę na kierunek prędkości orbitalnej Układu Słonecznego. Jeśli kierunek twojej prędkości w chwili startu byłby zgodny z kierunkiem prędkości orbitalnej Układu Słonecznego wokół środka galaktyki, to musiałbyś osiągnąć prędkość wynoszącą tylko około 323 km/s − 228 km/s = 95 km/s . Mimośród orbity kołowej w równaniu krzywych stożkowych ( ) jest równy zero. Na tej podstawie oraz korzystając z drugiej zasady dynamiki Newtona zastosowanej do przyspieszenia dośrodkowego wykaż, że wartość α w wynosi α = L 2 G M m 2 , gdzie L jest momentem pędu orbitującego ciała. Wartość α jest stała i opisana tym wyrażeniem niezależnie od rodzaju orbity. Pokaż, że gdy wartość mimośrodu w równaniu krzywych stożkowych ( ) jest równa jeden, to tor ciała jest parabolą. Aby to wykazać przejdź z układu współrzędnych biegunowych, r θ , do kartezjańskiego układu współrzędnych x y i pokaż, że równanie to ma ogólną postać równania paraboli w układzie kartezjańskim, czyli x = a y 2 + b y + c . Podstawiając e = 1 , otrzymujemy α r = 1 + cos θ → α = r + r cos θ = r + x ; stąd r 2 = x 2 + y 2 = ( α − x ) 2 . Rozwijając i szeregując zmienne otrzymujemy x = 1 −2 α y 2 + α 2 . Korzystając z techniki przedstawionej w podrozdziale Orbity satelitów i ich energia pokaż, że dwie masy m 1 i m 2 , poruszające się po orbitach kołowych wokół ich wspólnego środka masy mają całkowitą energię równą E K + U = E K 1 + E K 2 − G m 1 m 2 r = − G m 1 m 2 2 r . Wyraźnie pokazaliśmy energię kinetyczną obu mas. ( Wskazówka: Promienie orbit tych mas wynoszą odpowiednio r 1 i r 2 , a r = r 1 + r 2 . Uważaj, aby nie pomylić promienia występującego we wzorze na przyspieszenie dośrodkowe, z promieniem występującym we wzorze na siłę grawitacji). Znając odległość peryhelium p i aphelium q orbity eliptycznej ciała, pokaż, że jego prędkość w peryhelium, v p , jest dana równaniem v p = 2 G M S ( q + p ) q p . ( Wskazówka: Skorzystaj z zasady zachowania momentu pędu, by powiązać prędkości v p i v q , a następnie podstaw tę zależność do równania zasady zachowania energii). Z zasady zachowania momentu pędu otrzymujemy zależność p v p = q v q i wstawiamy ją do równania zasady zachowania energii, z której wyznaczamy v p . Odległość peryhelium komety P/1999 R1 od Słońca wynosi 0,0570 j.a., a odległość jej aphelium wynosi 4,99 j.a.. Wykorzystując wyniki z poprzedniego zadania, oblicz jej prędkość w aphelium.( Wskazówka: Prędkość wyznaczona w poprzednim zadaniu określa prędkość ciała w peryhelium. Skorzystaj z symetrii zagadnienia, aby napisać wyrażenie na prędkość tej komety w aphelium. Alternatywnie możesz wyznaczyć tę prędkość analogicznie jak w poprzednim zadaniu). Zadania trudniejsze Przez środek idealnie sferycznej i pozbawionej atmosfery planety, o jednorodnej gęstości i promieniu R , przekopano tunel. Korzystając z wyrażenia na g podanego w podrozdziale Grawitacja przy powierzchni Ziemi pokaż, że ciało o masie m wrzucone do tunelu będzie poruszało się ruchem harmonicznym. Wyprowadź wzór na okres drgań masy m i pokaż, że jest on równy okresowi ruchu ciała po orbicie o promieniu równym promieniowi tej planety. g = 4 3 G ρ π r → F = m g = [ 4 3 G m ρ π ] r . Z równania F = d 2 r d t 2 , otrzymujemy d 2 r d t 2 = [ 4 3 G ρ π ] r , gdzie pierwszy czynnik jest równy ω 2 . Stąd T = 2 π ω = 2 π 3 4 G ρ π i podstawiając ρ = M 4 π r 3 / 3 , otrzymujemy to samo wyrażenie, co na okres ruchu ciała po orbicie o promieniu R . Korzystając ze sposobu pokazanego w podrozdziale Grawitacja przy powierzchni Ziemi , znajdź zależność g jako funkcję odległości r od środka powłoki kulistej planety. Załóż, że powłoka ma stałą gęstość ρ , jej promień wewnętrzny na długość R wew , a promień zewnętrzny ma długość R zew . Znajdź zależność g ( r ) zarówno dla R wew < r < R zew , jak i dla r < R wew . Zakładając, że we wnętrzu powłoki planety jest próżnia, opisz jak wyobrażasz sobie podróż przez jej wnętrze. Pokaż, że prędkość polowa ciała na orbicie kołowej o promieniu r wokół gwiazdy o masie M wynosi Δ S Δ t = 1 2 G M r . Czy to wyrażenie daje prawidłową wartość prędkości polowej Ziemi wokół Słońca? Podstawiając masę Słońca i promień orbity ziemskiej otrzymujemy wartość 2,24 ⋅ 10 15 m 2 / s . Wartość π R ZS 2 / ( 1 rok ) (czyli pole powierzchni objęte orbitą Ziemi podzielone przez czas pełnego obiegu Ziemi wokół Słońca) jest taka sama. Pokaż, że okres orbitalny dwóch ciał o masach m 1 i m 2 , znajdujących sie na orbitach kołowych o promieniach równych odpowiednio r 1 i r 2 , wokół ich wspólnego środka masy jest dany równaniem T = 2 π r 3 G ( m 1 + m 2 ) , gdzie r = r 1 + r 2 . ( Wskazówka: Ciała poruszają się po orbitach o promieniach odpowiednio r 1 i r 2 , gdzie r = r 1 + r 2 . Użyj wyrażenia na środek masy, aby powiązać oba promienie i zauważ, że oba ciała muszą mieć równe co do wartości, ale przeciwnie skierowane pędy. Zacznij od związku łączącego okres obiegu z obwodem i prędkością orbitalną dla jednego z ciał. Wykorzystaj wynik z poprzedniego zadania, podstawiając pęd w wyrażeniach na energię kinetyczną). Pokaż, że dla małych zmian wysokości h , takich że h ≪ R Z , redukuje się do wyrażenia Δ U = m g h . Δ U = U 2 − U 1 = − G M Z m r 2 + G M Z m r 1 = G M Z m r 2 − r 1 r 2 r 1 , gdzie h = r 2 − r 1 . Jeśli h ≪ R Z , to r 2 r 1 ≈ R Z 2 i po podstawieniu otrzymujemy Δ U = G M Z m h R Z 2 = m G M Z R Z 2 h , gdzie wyrażenie G M Z / R Z 2 jest definicją g . Na podstawie , narysuj wszystkie siły działające na wahadło matematyczne o masie m znajdujące się na szerokości geograficznej φ. Zapisz równanie ruchu wahadła, przyjmując kierunek jednej współrzędnej w stanie równowagi zgodny z kierunkiem przyspieszenia dośrodkowego (do punktu P na rysunku) i drugą współrzędną prostopadłą do niego. Udowodnij, że kąt odchylenia wahadła ε , zdefiniowany jako kąt pomiędzy nicią wahadła a kierunkiem promienia Ziemi, jest wyrażony wzorem tg ⁡ ( φ + ε ) = g g − ω 2 R Z tg ⁡ φ , gdzie ω jest prędkością ruchu obrotowego Ziemi. Załóż, że Ziemia jest idealną kulą. Ile wynosi kąt odchylenia wahadła na szerokości geograficznej 45 stopni? Pokaż, że siła pływowa wywierana na małe ciało o masie m , zdefiniowana jako różnica sił grawitacyjnych działających na bliższą i dalszą źródłu pola grawitacyjnego część tego ciała, dana jest równaniem F pływowa = 2 G M m R 3 Δ r , gdzie R jest odległością małego ciała o masie m od ciała o masie M będącego źródłem pola grawitacyjnego, Δ r jest średnicą małego ciała i Δ r ≪ R . Wyobraź sobie, że wpadasz w czarną dziurę znajdującą się w centrum naszej galaktyki w ten sposób, że jesteś skierowany stopami ku osobliwości. Czarna dziura ma masę równą 4 milionom mas Słońca. Ile wynosiłaby siła pływowa pomiędzy twoją głową a twoimi stopami w momencie, gdy znalazłbyś się na promieniu Schwarzschilda (horyzoncie zdarzeń) czarnej dziury? Załóż, że nogi i głowa mają masę 5,0 kg i są oddalone od siebie o 2 m. Czy przeżyłbyś przejście przez horyzont zdarzeń? Znajdź różnicę działających sił, F pływowa = 2 G M m R 3 Δ r ; Podstawiając długość promienia Schwarzschilda czarnej dziury (wyznaczyliśmy go we wcześniejszych zadaniach) i jej masę otrzymujemy w tym przypadku wartość siły pływowej równą 9,5 ⋅ 10 − 3 N . Nawet byś tego nie zauważył! Oblicz zmiany prędkości wymagane do wykonania manewru transferowego Hoffmana Δ v Ziemi i Δ v Marsa w trakcie podróży z Ziemi na Marsa. Skorzystaj z by obliczyć prędkości orbitalne dla prawie kołowych orbit Ziemi i Marsa. Na podstawie i energii całkowitej na orbicie eliptycznej (której długość półosi wielkiej wynosi a ), danej równaniem E = − G m M s 2 a , oblicz prędkości na orbicie transferowej na Ziemi (znajdującej się w peryhelium elipsy) i na Marsie (znajdującym się w aphelium elipsy). Różnica prędkości Δ v w każdym z tych punktów jest szukaną prędkością konieczną do wejścia na orbitę transferową na Ziemi i zejścia z niej na Marsie. siła działająca na odległość (ang. action-at-a-distance force ) rodzaj siły wywieranej bez kontaktu fizycznego czarna dziura (ang. black hole ) ciało o wystarczająco dużej gęstości masy, aby zapadło się, tworząc osobliwość otoczoną horyzontem zdarzeń horyzont zdarzeń (ang. event horizon ) obszar w pobliżu czarnej dziury o promieniu równym promieniowi Schwarzschilda, z którego żadne ciało, a nawet światło, nie może uciec gwiazda neutronowa (ang. neutron star ) najgęstszy znany obiekt – poza czarną dziurą geometria nieeuklidesowa (ang. non-Euclidean geometry ) geometria zakrzywionej przestrzeni opisująca zależności pomiędzy kątami i liniami na powierzchni sfery, hiperboloidy itp. zasada równoważności (ang. Principle of Equivalence ) część ogólnej teorii względności, która stwierdza, że nie ma różnicy między spadkiem swobodnym a stanem nieważkości lub jednorodnym polem grawitacyjnym i jednostajnym przyspieszeniem promień Schwarzschilda (ang. Schwarzschild radius ) promień krytyczny (RS) skojarzony z każdą masą o takiej własności, że jeśliby ścisnąć tę masę w obszar o promieniu mniejszym niż promień Schwarzschilda, masa ta zapadnie do osobliwości, a wszystko co znajdzie się wewnątrz obszaru o tym promieniu nie może uciec spod wpływu przyciągania grawitacyjnego R S czasoprzestrzeń (ang. space-time ) pojęcie czasoprzestrzeni polega na tym, że czas jest kolejną współrzędną, która jest traktowana w taki sam sposób, jak każda współrzędna przestrzenna; w równaniach, które opisują zarówno szczególną, jak i ogólną teorię względności czas pojawia się w tym samym kontekście, co współrzędne przestrzenne ogólna teoria względności (ang. Theory of General Relativity ) teoria Einsteina dotycząca grawitacji i układów odniesienia poruszających się ruchem przyspieszonym; w teorii tej grawitacja jest wynikiem zakrzywienia czasoprzestrzeni przez masę i energię; teoria ta jest często nazywana teorią grawitacji Einsteina", "section": "Teoria grawitacji Einsteina", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Zaprezentowana mapa rozkładu ciśnień (prawy obrazek) i zdjęcie satelitarne (lewy) zostały wykorzystane do stworzenia modelu trajektorii i skutków przejścia huraganu Artur nad Wschodnim Wybrzeżem Stanów Zjednoczonych w lipcu 2014 r. Modele komputerowe wykorzystują równania na siły i energie do przewidywania tworzących się wzorców pogodowych. Naukowcy numerycznie całkują równania zależne od czasu, łącznie z równaniami bilansu energetycznego dla promieniowania słonecznego w zakresie fal długich i krótkich, aby uzyskać model zmian stanu atmosfery. Mapa rozkładu ciśnień została stworzona przy pomocy modelu Weather Research Forecasting Model , opracowanego przez Narodowe Centrum Badań Atmosferycznych ( National Center for Atmospheric Research ). Kolory reprezentują wysokość powierzchni o ciśnieniu 850 mbar. (Żródło: panel lewy – modyfikacja pracy przygotowanej przez Narodowe Centrum Badań Atmosferycznych; panel prawy – modyfikacja pracy przygotowanej przez NLR Monterey Meteorology Division, The National Oceanic and Atmospheric Administration ) Wyobraź sobie, że spacerujesz po plaży nad Morzem Bałtyckim. Powietrze pachnie morską solą, a Słońce ogrzewa twoje ciało. Nagle w twoim telefonie pojawia się powiadomienie: nadchodzi sztorm – 12 stopni w skali Beauforta. Zderzenie powietrza polarnego i podzwrotnikowego doprowadziło do spadku ciśnienia o 30 hPa. W efekcie przewidywane są obfite opady deszczu, porywisty wiatr, przekraczający 120 km/h oraz olbrzymie zniszczenia. Przygotowując się do szybkiego wyjazdu, zastanawiasz się, w jaki sposób tak niewielki spadek ciśnienia mógł doprowadzić do tak drastycznej zmiany pogody. Ciśnienie jest zjawiskiem fizycznym odpowiedzialnym nie tylko za pogodę. Zmiany ciśnienia sprawiają, że uszy się zatykają i odtykają ze słyszalnym „pyknięciem” podczas startu samolotu. Zmiany ciśnienia sprawiają też, że nurkowie mogą zapaść na bardzo poważną, czasami nawet śmiertelną, chorobę kesonową, której przyczyną jest rozpuszczanie się na dużych głębokościach azotu w wodzie zawartej w ciele i powrót do stanu gazowego po wypłynięciu nurka na powierzchnię. Z ciśnieniem jest związane zjawisko zwane wyporem, które sprawia, że balony na gorące powietrze unoszą się, a statki utrzymują na wodzie. Zanim w pełni zrozumiemy, jaką rolę odgrywa ciśnienie w tych zjawiskach, musimy omówić stany skupienia materii oraz pojęcie gęstości.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Płyny, gęstość i ciśnienie Materia najczęściej występuje w postaci ciał stałych, cieczy lub gazów. Są one znane jako trzy podstawowe stany skupienia materii (ang. phases of matter ). W tym podrozdziale przyjrzymy się szczegółowo każdemu z nich. Cechy ciał stałych Ciała stałe są sztywne i mają konkretne kształty oraz określone objętości. Ich atomy lub cząstki znajdują się blisko siebie i oddziałują ze sobą znacznymi siłami. Ciała stałe przyjmują postać określoną przez rodzaje tych oddziaływań pomiędzy molekułami. Mimo że rzeczywiste ciała stałe nie są nieściśliwe, to zmiana ich kształtu wymaga zadziałania dużą siłą. W niektórych przypadkach oddziaływania między molekułami mogą sprawić, że cząstki zorganizują się w sieć, jak pokazano na . Strukturę tej trójwymiarowej sieci można przedstawić przy pomocy cząstek powiązanych ze sobą sztywnymi więzami (przedstawionymi jako sztywne sprężyny), które umożliwiają ruch w ograniczonym zakresie. Nawet duża siła powoduje jedynie małe przesunięcia między atomami lub cząsteczkami tej sieci, a ciało stałe zachowuje swój kształt. Ciała stałe opierają się również siłom ścinającym (są to siły przyłożone równolegle do powierzchni, jak opisano to w rozdziale Równowaga statyczna i sprężystość .) Cechy płynów Ciecze (ang. liquids ) i gazy (ang. gases ) są uważane za płyny (ang. fluids ), ponieważ poddają się siłom ścinającym, podczas gdy ciała stałe (ang. solids ) im się opierają. Podobnie jak w przypadku ciał stałych, cząsteczki płynu są związane z sąsiadującymi cząsteczkami, ale łączy je znacznie mniej więzów. Cząsteczki płynów nie są zaczepione w konkretnym miejscu i mogą się przemieszczać względem siebie. Odległości między cząsteczkami są podobne do odległości w ciałach stałych, więc ciecze również mają określoną objętość, ale ich kształt zależy od naczynia, w którym się znajdują. Cząsteczki gazów nie są wzajemnie powiązane i odległości między nimi mogą być bardzo duże. Poruszają się one w taki sposób, aby wypełnić cały pojemnik, w którym się znajdują, dlatego gazy nie mają ani konkretnego kształtu, ani określonej objętości ( ). (a) Atomy w ciałach stałych zawsze są w ścisłym kontakcie ze swoimi sąsiadami i utrzymują je w miejscu siły przedstawione tutaj w postaci sprężyn. (b) Atomy w cieczach również pozostają w kontakcie ze sobą nawzajem, ale mogą się przesuwać względem siebie. Siły między atomami mocno przeciwdziałają próbom ściśnięcia płynu (c) Atomy w gazie mogą się poruszać swobodnie, a odległości między nimi są duże. Gaz musi być trzymany w zamkniętym pojemniku, aby zapobiec jego swobodnemu rozprężaniu oraz ucieczce. Ciecze łatwo ulegają deformacji po przyłożeniu siły i nie powracają do swojego oryginalnego kształtu, gdy przestanie ona działać. Dzieje się tak, ponieważ atomy lub cząsteczki w cieczach mogą się przesuwać i zmieniać położenie względem sąsiadujących cząsteczek. Innymi słowy, ciecze płyną (są więc rodzajem płynu), a ich molekuły utrzymują się razem w wyniku wzajemnych oddziaływań. Gdy ciecz znajduje się w pojemniku bez pokrywy, to pozostanie w nim. Atomy są ciasno upakowane, więc ciecze, podobnie jak ciała stałe, przeciwstawiają się próbom ściśnięcia, a do zmiany ich objętości potrzebna jest ogromna siła. W przeciwieństwie do cieczy odległości między atomami w gazach są bardzo duże i w związku z tym siły między nimi są niewielkie, z wyjątkiem sytuacji zderzenia atomów. Cechy te sprawiają, że względnie łatwo je ścisnąć oraz mogą one płynąć (z tego powodu uznajemy je za płyny). Gazy, inaczej niż ciecze, szybko uciekają z otwartego pojemnika. W tym rozdziale zarówno gazy jak i ciecze nazywamy płynami, rozróżniając je tylko w sytuacjach, gdy zachowują się odmiennie. Istnieje jeszcze inna faza materii, zwana plazmą (ang. plasma ), która występuje w bardzo wysokich temperaturach. W takich warunkach molekuły rozpadają się na atomy, a te na naładowane ujemnie elektrony oraz naładowane dodatnio protony. Stan ten nie będzie szczegółowo opisywany w tym rozdziale, ponieważ ma właściwości odmienne od pozostałych trzech stanów skupienia, z powodu silnych oddziaływań elektrycznych między ładunkami. Gęstość Załóżmy, że kawałek mosiądzu i kawałek drewna mają dokładnie tę samą masę. Dlaczego po wrzuceniu ich do zbiornika z wodą drewno będzie się unosiło, a mosiądz zatonie ( )? Dzieje się tak, ponieważ mosiądz ma gęstość większą, a drewno mniejszą niż woda. (a) Kawałek mosiądzu i kawałek drewna mają ten sam ciężar i masę, ale kawałek drewna ma znacznie większą objętość. (b) Gdy umieścimy je w akwarium z wodą, mosiądz zatonie, a drewno będzię się unosiło na jej powierzchni. (Na obu ilustracjach widać ten sam kawałek drewna – na rysunku (a) został on obrócony na bok, aby zmieścił się na wadze.) Gęstość jest ważną cechą substancji. Musimy ją znać, aby, na przykład, móc powiedzieć, czy obiekt będzie pływał po powierzchni płynu, czy zatonie. Gęstość Średnia gęstość (ang. density ) substancji lub przedmiotu jest zdefiniowana jako masa przypadająca na jednostkę objętości: ρ = m V gdzie grecka litera ρ (rho) oznacza gęstość, m jest masą, a V objetością. Jednostką SI gęstości jest kg/m 3 . podaje kilka przykładowych wartości. Jednostką układu CGS (Centymetr, Gram, Sekunda) gęstości jest gram na centymetr sześcienny ( g/cm 3 ), gdzie: 1 g c m 3 = 1000 k g m 3 . System metryczny został zaprojektowany w taki sposób, aby woda miała gęstość 1 g/cm 3 , co równoważne jest 10 3 kg/m 3 . Dlatego podstawowa jednostka masy, czyli kilogram, została zdefiniowana jako 1000 mL wody, która ma objętość 1000 cm 3 . Gęstości niektórych substancji Ciała stałe ( 0.0 ° C ) Ciecze ( 0.0 ° C ) Gazy ( 0.0 ° C , 101.3 kPa) Substancja ρ ( k g / m 3 ) Substancja ρ ( k g / m 3 ) Substancja ρ ( k g / m 3 ) Aluminium 2,70 ⋅ 10 3 Benzen 8,79 ⋅ 10 2 Powietrze 1,29 ⋅ 10 0 Kość 1,90 ⋅ 10 3 Krew 1,05 ⋅ 10 3 Dwutlenek węgla 1,98 ⋅ 10 0 Mosiądz 8,44 ⋅ 10 3 Alkohol etylowy 8,06 ⋅ 10 2 Tlenek węgla 1,25 ⋅ 10 0 Beton 2,40 ⋅ 10 3 Benzyna 6,80 ⋅ 10 2 Hel 1,80 ⋅ 10 − 1 Miedź 8,92 ⋅ 10 3 Gliceryna 1,26 ⋅ 10 3 Wodór 9,00 ⋅ 10 − 2 Korek 2,40 ⋅ 10 2 Rtęć 1,36 ⋅ 10 4 Metan 7,20 ⋅ 10 − 2 Powierzchnia Ziemi 3,30 ⋅ 10 3 Oliwa z oliwek 9,20 ⋅ 10 2 Azot 1,25 ⋅ 10 0 Szkło 2,60 ⋅ 10 3 Podtlenek azotu 1,98 ⋅ 10 0 Złoto 1,93 ⋅ 10 4 Tlen 1,43 ⋅ 10 0 Granit 2,70 ⋅ 10 3 Żelazo 7,86 ⋅ 10 3 Ołów 1,13 ⋅ 10 4 Drewno dębowe 7,10 ⋅ 10 2 Drewno sosnowe 3,73 ⋅ 10 2 Platyna 2,14 ⋅ 10 4 Polistyren 1,00 ⋅ 10 2 Wolfram 1,93 ⋅ 10 4 Uran 1,87 ⋅ 10 3 Jak łatwo zauważymy, przyglądając się , gęstość obiektu może pomóc w określeniu jego składu. Na przykład gęstość złota jest 2,5 razy większa niż gęstość żelaza, którego gęstość jest z kolei 2,5 razy większa niż gęstość glinu. Gęstość informuje nas również o stanie skupienia materii oraz jej strukturze. Zauważmy, że gęstości cieczy i ciał stałych są w przybliżeniu porównywalne, co doskonale potwierdza, że ich atomy pozostają w ścisłym kontakcie. Gęstości gazów są znacznie mniejsze niż gęstości cieczy i ciał stałych, ponieważ atomy gazów znajdują się w dużych odległościach od siebie. Gęstości gazów podaje się w tak zwanych warunkach normalnych, czyli temperaturze normalnej 0,0 ° C i pod normalnym ciśnieniem 101,3 kPa. Istnieje silna zależność między gęstością a temperaturą i ciśnieniem. Gęstości ciał stałych i płynów przedstawia się w normalnej temperaturze 0,0 ° C , a ich wartości zwykle rosną wraz ze spadkiem temperatury. pokazuje gęstość wody w różnych stanach skupienia oraz temperaturach. Rośnie ona ze spadkiem temperatury i osiąga maksimum przy 4,0 ° C , a następnie zmniejsza się ze spadkiem temperatury poniżej 4,0 ° C . Ta cecha gęstości wody wyjaśnia, dlaczego lód tworzy się na powierzchni wody. Gęstości wody Substancja ρ ( k g / m 3 ) Lód ( 0 °C ) 9,170 ⋅ 10 2 Woda ( 0 ° C ) 9,998 ⋅ 10 2 Woda ( 4 ° C ) 1,000 ⋅ 10 3 Woda ( 20 ° C ) 9,982 ⋅ 10 2 Woda ( 100 ° C ) 9,584 ⋅ 10 2 Para ( 100 ° C, 101.3 kPa ) 1,670 ⋅ 10 2 Woda morska ( 0 ° C ) 1,030 ⋅ 10 3 Gęstość substancji nie musi być stała w jej objętości. Jeżeli jest stała w całej objętości, to mówimy, że substancja jest jednorodna ( homogeniczna ) (ang. homogeneous substance ). Przykładem może być jednolity pręt metalowy. Dla takiej substancji gęstość jest stała w objętości, a gęstość każdej próbki ma taką samą wartość jak średnia. Jeżeli gęstość substancji nie jest stała, to nazywamy ją niejednorodną ( heterogeniczną ) (ang. heterogeneous substance ). Kawałek sera szwajcarskiego to przykład substancji heterogenicznej, ponieważ zawiera ona zarówno lity ser, jak i wypełnione gazem przestrzenie. Gęstość w konkretnym punkcie substancji niejednorodnej nazywamy gęstością lokalną i podajemy jako funkcję położenia: ρ = ρ ( x , y , z ) ( ). Gęstość może się zmieniać w obrębie mieszanki niejednorodnej. Gęstość lokalną możemy obliczyć, dzieląc masę interesującego nas fragmentu przez jego objętość. Gęstość lokalną można otrzymać jako granicę średniej gęstości w małej objętości, której wymiary dążą do zera: ρ = lim Δ V → 0 Δ m Δ V , gdzie ρ jest gęstością, m masą, a V objętością. Ponieważ jedną z cech gazów jest duża ściśliwość, ich gęstości zmieniają się z temperaturą w znaczący sposób, natomiast gęstości cieczy, jako substancji względnie nieściśliwych, nie zależą znacznie od temperatury. Z tego powodu gęstości cieczy często traktujemy jako stałe, równe ich średnim gęstościom. Gęstość jest własnością wymiarową, więc gdy porównujemy gęstości dwóch substancji, musimy wziąć pod uwagę również jednostki. Dlatego do porównywania gęstości stosujemy inną, bezwymiarową cechę nazywaną gęstością względną. Definiujemy ją jako iloraz gęstości materiału i gęstości wody w temperaturze 4,0 °C pod ciśnieniem 1 atm, czyli 1000 kg/m 3 : gęstość względna = gęstość materiału gęstość wody . Do porównania stosujemy gęstość wody, wynoszącą 1 g/cm 3 , ponieważ używamy jej też w definicji kilograma. Bezwymiarowość gęstości względnej umożliwia jej stosowanie w porównaniach między różnymi materiałami, bez konieczności uwzględniania jednostek ich gęstości. Na przykład, gęstość glinu wynosi 2,7 g/cm 3 (2700 kg/m 3 ), a gęstość względna 2,7, niezależnie od użytych jednostek. Gęstość właściwa jest szczególnie użyteczna w kontekście unoszenia, które omówimy w dalszych częściach tego rozdziału. Ciśnienie Bez wątpienia słyszeliście słowo „ciśnienie” w odniesieniu do krwi (wysokie lub niskie ciśnienie krwi) oraz do pogody (układy wysokiego i niskiego ciśnienia). Są to jednak tylko dwa z wielu przykładów ciśnienia płynów. (Przypomnijmy sobie, że wprowadziliśmy pojęcie ciśnienia w rozdziale Równowaga statyczna i sprężystość , w kontekście ich naprężenia.) Ciśnienie Ciśnienie ( p ) definiujemy jako wartość siły normalnej do powierzchni F na jednostkę powierzchni A , do której siła jest przyłożona, czyli: p = F A . Ciśnienie (ang. pressure ) w konkretnym punkcie definiujemy jako siłę d F , z jaką płyn działa na nieskończenie małey element powierzchni d A , zawierający ten punkt, z czego otrzymujemy p = d F / d A . Siła może wywoływać różne efekty w zależności od pola powierzchni, na którą działa. Na przykład siła przyłożona do powierzchni 1 mm 2 wywiera 100 razy większe ciśnienie niż ta sama siła przyłożona do powierzchni 1 cm 2 . Z tego powodu ostra igła przebija skórę po przyłożeniu niewielkiej siły, ale przyłożenie tej samej siły przy pomocy palca skóry nie narusza ( ). (a) Osoba ukłuta palcem może się zdenerwować, ale siła ukłucia nie będzie miała żadnego trwałego efektu. (b) Ta sama siła przyłożona do powierzchni równej powierzchni naostrzonej części igły wystarcza do przebicia skóry. Zwróćmy uwagę, że chociaż siła jest wektorem, ciśnienie jest skalarem. Dzieje się tak dlatego, że ciśnienie definiujemy jako wielkość proporcjonalna do wartości składowej siły prostopadłej do powierzchni. Jednostką SI ciśnienia jest paskal (Pa). Nazwano ją tak na cześć francuskiego matematyka i fizyka Blaise'a Pascala (1623–1662): 1 P a = 1 N m 2 . Jednak używamy jeszcze kilku innych jednostek ciśnienia – omówimy je w dalszej części tego rozdziału. Zmiany ciśnienia z głębokością w płynie o stałej gęstości Ciśnienie zdefiniowane dla wszystkich stanów materii, jest szczególnie istotne dla płynów. W tym kontekście ważną ich cechę stanowi fakt, że nie stawiają one znaczącego oporu siłom działającym równolegle do powierzchni płynu. Cząsteczki płynu przemieszczają się pod wpływem takiej siły. Siła prostopadła przyłożona do powierzchni ściska i rozpręża płyn. Gdy spróbujemy ścisnąć płyn, stwierdzimy, że siła reakcji w każdym punkcie wewnątrz skierowana jest na zewnątrz, równoważąc siłę przyłożoną do cząsteczek na powierzchni płynu. Rozważmy płyn o stałej gęstości pokazany na . Ciśnienie na dnie naczynia wywołane jest ciśnieniem atmosferycznym ( p 0 ) i ciśnieniem związanym z ciężarem płynu. Ciśnienie pochodzące od płynu równe jest jego ciężarowi podzielonemu przez pole powierzchni. Ciężar płynu to jego masa pomnożona przez przyspieszenie grawitacyjne. Spód tego naczynia podpiera cały ciężar płynu w nim zawartego. Ściany pionowe nie mogą wywierać na płyn siły skierowanej ku górze (ponieważ nie może on stawiać oporu siłom stycznym), więc spód naczynia musi równoważyć cały ciężar płynu. Ponieważ gęstość jest stała, ciężar możemy obliczyć przy użyciu gęstości: Q = m g = ρ V g = ρ A h g . Ciśnienie na dnie naczynia jest więc równe sumie ciśnienia atmosferycznego (ang. atmospheric pressure ) oraz ciężaru płynu podzielonego przez powierzchnię spodu naczynia: p = p 0 + ρ A h g A = p 0 + ρ h g . To równanie jest spełnione tylko do głębokości, do której płyn ma stałą gęstość. Ciśnienie na pewnej głębokości dla płynu o stałej gęstości Ciśnienie na pewnej głębokości dla płynu o stałej gęstości równe jest sumie ciśnienia atmosferycznego i ciśnienia wywieranego przez ciężar płynu, czyli: p = p 0 + ρ h g , gdzie p jest ciśnieniem na rozważanej głębokości, p 0 ciśnieniem atmosferycznym, ρ gęstością płynu, g przyspieszeniem ziemskim, a h głębokością. Tama Trzech Przełomów zbudowana na rzece Jangcy w środkowych Chinach w roku 2008 stworzyła ogromny rezerwuar wodny, co spowodowało wysiedlenie ponad miliona osób. (Źródło: „Le Grand Portage”/Flickr) Jaką siłę musi wytrzymać tama? Rozważmy ciśnienie i siłę działające na tamę utrzymującą rezerwuar wodny ( ). Załóżmy, że tama ma 500 m szerokości, a woda ma głębokość 80,0 m, u podstawy tamy, jak pokazano poniżej. (a) Jakie jest średnie ciśnienie na tamę spowodowane naporem wody? (b) Oblicz siłę wywieraną na tamę. Średnie ciśnienie p spowodowane naporem wody jest ciśnieniem na średniej głębokości h = 40,0 m , ponieważ ciśnienie rośnie ono liniowo z głębokością. Siła wywierana na tamę przez wodę równa się średniemu ciśnieniu pomnożonemu przez powierzchnię styku: F = p A . Rozwiązanie Średnie ciśnienie wywołane ciężarem płynu wynosi: p = h ρ g . Podstawiając gęstość wody z i przyjmując, że h jest średnią głębokością, wynoszącą 40,0 m, otrzymujemy: p = 40,0 m ⋅ 10 3 k g m 3 ⋅ 9,80 m s 2 = 3,92 ⋅ 10 5 N m 2 = 392 k P a . Wcześniej obliczyliśmy wartość p . Pole powierzchni tamy wynosi: A = 80,0 m ⋅ 500 m = 4,00 ⋅ 10 4 m 2 , czyli F = 3,92 ⋅ 10 5 N m 2 ⋅ 4,00 ⋅ 10 4 m 2 = 1,57 ⋅ 10 10 N . Znaczenie Mimo że siła ta wydaje się ogromna, to jest ona niewielka w porównaniu z ciężarem wody w rezerwuarze ( 1,96 ⋅ 10 13 N ). W rzeczywistości stanowi ona jedynie 0,0800% tego ciężaru. Sprawdź, czy rozumiesz: Czy tamę trzeba byłoby przeprojektować, gdyby rezerwuar w obejmował dwa razy większą powierzchnię, ale miał tę samą głębokość? Ciśnienie obliczone w części (a) naszego przykładu jest całkowicie niezależne od szerokości i długości jeziora; zależy jedynie od jego średniej głębokości u podstawy tamy. Zwróćmy uwagę, że na diagramie pokazano, jak grubość tamy zwiększa się wraz ze wzrostem głębokości, aby zrównoważyć coraz większą siłę związaną z narastającym ciśnieniem. Ciśnienie w płynie statycznym w jednorodnym polu grawitacyjnym Płyn statyczny (ang. static fluid ) to płyn, który nie jest w ruchu. W dowolnym punkcie wewnątrz niego, ciśnienie we wszystkich kierunkach musi być takie samo, bo w przeciwnym przypadku punkt ten zacząłby przyspieszać w odpowiedzi na działającą siłę wypadkową. Ciśnienie w dowolnym punkcie płynu statycznego zależy jedynie od głębokości. Jak powiedzieliśmy wcześniej, ciśnienie w płynach w pobliżu powierzchni Ziemi zmienia się wraz z głębokością, w związku ze zmieniającym się ciężarem płynu ponad pewnym poziomem. W powyższym przykładzie założyliśmy, że gęstość jest stała i że średnia gęstość płynu dobrze oddaje gęstość lokalną. Jest to rozsądne przybliżenie dla płynów takich jak woda, na które musi działać duża siła, żeby zmienić ich objętość. Na przykład w basenie pływackim gęstość jest w przybliżeniu stała, a wodę na dnie tylko w niewielkim stopniu ściska woda znajdująca się powyżej. Jednak jeśli będziemy się poruszali w górę atmosfery, zetkniemy się z zupełnie inną sytuacją. Gęstość powietrza zaczyna zmieniać się istotnie już w niewielkiej odległości od powierzchni Ziemi. Aby wyprowadzić wzór na zmianę ciśnienia z głębokością w zbiorniku zawierającym płyn o gęstości ρ na powierzchni Ziemi, musimy rozpocząć od założenia, że gęstość płynu nie jest stała. Na płyn znajdujący się głębiej działają większe siły niż na ten znajdujący się w pobliżu powierzchni, co wynika z dodatkowego ciężaru płynu położonego powyżej. Z tego powodu ciśnienie obliczone na konkretnej głębokości jest inne niż ciśnienie obliczone przy założeniu stałej gęstości. Wyobraźmy sobie cienki element płynu na głębokości h , jak pokazano na . Niech ma on pole powierzchni przekroju poprzecznego A oraz wysokość Δ y . Siły działające na ten element związane są z ciśnieniem p ( y ) powyżej i ciśnieniem p ( y + Δ y ) poniżej jego położenia. Ciężar samego elementu pokazany jest na oddzielnym rysunku. Siły działające na element masy wewnątrz płynu. Ciężar elementu pokazany jest na oddzielnym rysunku. Ponieważ element płynu pomiędzy y a y + Δ y nie przyspiesza, siły muszą się równoważyć. W kartezjańskim układzie współrzędnych, którego oś y jest skierowana ku górze, uzyskujemy następujące równanie ruchu elementu y : p ( y + Δ y ) A − p ( y ) A − g Δ m = 0 ( Δ y < 0 ) . Zwróćmy uwagę, że gdyby ten element miał niezerową składową przyspieszenia wzdłuż osi y , prawa strona nie wynosiłaby zero, lecz równałaby się iloczynowi masy i przyspieszenia w kierunku y . Masę elementu możemy zapisać przy pomocy gęstości płynu i objętości elementu: Δ m = | ρ A Δ y | = − ρ A Δ y ( Δ y < 0 ) . Po wstawieniu wyrażenia na Δ m do , a następnie podzieleniu obu stron przez A Δ y , otrzymujemy: p ( y + Δ y ) − p ( y ) Δ y = − ρ g . Przechodząc do granicy nieskończenie cienkiego elementu Δ y → 0 , uzyskujemy następujące równanie różniczkowe, które opisuje zmianę ciśnienia w płynie: d p d y = − ρ g . Równanie to pokazuje, że szybkość zmiany ciśnienia w płynie wraz z głębokością jest proporcjonalna do gęstości tego płynu. Rozwiązanie powyższego równania zależy od tego, czy gęstość ρ jest stała, czy zmienia się wraz z głębokością, innymi słowy zależy od funkcji ρ ( y ) . Jeżeli zakres analizowanych głębokości nie jest zbyt duży, to możemy przyjąć założenie o stałej gęstości. Jeżeli zakres ten jest wystarczająco duży, aby ciśnienie znacząco się zmieniało, tak jak w przypadku atmosfery, to nastąpi znacząca zmiana gęstości wraz ze zmianą głębokości. W takim przypadku nie możemy przyjąć założenia o stałej gęstości. Ciśnienie w płynie o stałej gęstości Użyjmy , aby wyprowadzić wzór na ciśnienie na głębokości h liczonej od powierzchni zbiornika dla płynu, dla którego możemy założyć stałą gęstość, na przykład wody. Musimy scałkować w granicach od y = 0 , gdzie ciśnienie jest ciśnieniem atmosferycznym p 0 , do y = − h : ∫ p 0 p d p = ∫ 0 − h − ρ g d y p − p 0 = ρ g h p = p 0 + ρ g h . Oznacza to, że ciśnienie na pewnej głębokości płynu znajdującego się na powierzchni Ziemi jest równe ciśnieniu atmosferycznemu ρ g h , jeżeli gęstość płynu jest stała na całej wysokości, jak pokazaliśmy wcześniej. Zwróćmy uwagę, że ciśnienie w płynie zależy jedynie od głębokości liczonej od powierzchni płynu, niezależnie od kształtu pojemnika. W związku z tym w pojemniku, w którym płyn może się przemieszczać swobodnie, pozostaje on na tym samym poziomie w każdej części pojemnika niezależnie od jego kształtu, jak pokazano to na . Jeżeli płyn może przemieszczać się swobodnie pomiędzy częściami pojemnika, podnosi się do tej samej wysokości w każdej części. W zaprezentowanym pojemniku ciśnienie na dole każdej kolumny jest takie samo – gdyby było inaczej, to płyn przemieszczałby się do momentu wyrównania ciśnień. Zmiany ciśnienia atmosferycznego wraz z wysokością Zmiany ciśnienia atmosferycznego wraz z wysokością są szczególnie interesujące. Zakładając, że temperatura powietrza jest stała i że termodynamiczne prawo gazów doskonałych stanowi dobre jego przybliżenie, możemy obliczyć zmiany ciśnienia atmosferycznego wraz z wysokością. (Prawo gazów doskonałych omawiamy w późniejszym rozdziale, ale zakładamy, że Czytelnik zna je ze szkoły średniej.) Niech p ( y ) oznacza ciśnienie atmosferyczne na wysokości y . Gęstość ρ na wysokości y , temperatura T w skali Kelvina (K) oraz masa m cząsteczek powietrza są powiązane z ciśnieniem całkowitym na mocy prawa gazów doskonałych w następujący sposób: p = ρ k B T m , gdzie k B jest stałą Boltzmanna o wartości 1,38 ⋅ 10 − 23 J / K . Być może spotkaliście się z prawem gazów doskonałych w postaci p V = n R T , gdzie n jest liczbą moli, a R stałą gazową. Tutaj to samo prawo zostało zapisane w innej postaci, z zastosowaniem gęstości ρ zamiast objętości V . Jeżeli ciśnienie p zmienia się wraz z wysokością, to podobnie zmienia się gęstość ρ . Po podstawieniu gęstości z prawa gazów doskonałych szybkość zmiany ciśnienia z wysokością przedstawimy jako: d p d y = − p m g k B T , gdzie stałe zostały zebrane w nawiasie. Po zastąpieniu tych stałych jednym symbolem α , równanie przyjmuje znacznie prostszą postać: d p d y = − α p d p p = − α d y ∫ p 0 p ( y ) d p p = ∫ 0 y − α d y [ ln ⁡ p ] p 0 p ( y ) = [ − α y ] 0 y ln ⁡ p − ln ⁡ p 0 = − α y ln ⁡ ( p p 0 ) = − α y , z czego otrzymujemy rozwiązanie: p ( y ) = p 0 e − α y . Widzimy, że ciśnienie atmosferyczne spada wykładniczo wraz z wysokością, ponieważ oś y skierowana jest ku górze, a y przyjmuje wartości dodatnie dla warstw atmosfery powyżej poziomu morza. Ciśnienie spada o 1 / e , gdy wysokość zmienia się o 1 / α , co daje nam fizyczną interpretację α . Stała 1 / α jest współczynnikiem charakteryzującym zmiany ciśnienia wraz z wysokością, nazywanym współczynnikiem strat ciśnienia. Możemy uzyskać przybliżoną wartość α , jeśli użyjemy masy cząsteczki azotu jako przybliżenia cząsteczki powietrza. W temperaturze 27 °C, , czyli 300 K, obliczamy: α = − m g k B T = 4,8 ⋅ 10 − 26 k g ⋅ 9,81 m / s 2 1,38 ⋅ 10 − 23 J / K ⋅ 300 K = 1 8800 1 m Czyli na każde 8800 m ciśnienie powietrza spada o 1 / e lub w przybliżeniu o jedną trzecią. Daje nam to jedynie ogólne pojęcie tego, co się dzieje naprawdę, ponieważ w naszych obliczeniach przyjęliśmy zarówno stałą temperaturę, jak i stałą wartość g na całej rozważanej wysokości, tymczasem żadne z tych założeń nie jest w rzeczywistości spełnione. Kierunek ciśnienia w płynie Ciśnienie w płynie nie ma kierunku, ponieważ jest wartością skalarną, natomiast siły wywoływane przez nie mają wyraźnie określone kierunki: zawsze są przyłożone prostopadle do dowolnej powierzchni. Powodem tego jest fakt, że płyn nie może się opierać siłom ścinającym ani sam ich wywierać. W związku z tym w płynie statycznym znajdującym się w naczyniu siła na jego ściany jest skierowana prostopadle do powierzchni wewnętrznej. Podobnie ciśnienie oddziałuje prostopadle do powierzchni dowolnego przedmiotu umieszczonego w płynie. przedstawia ciśnienie wywierane przez powietrze na ściany opony oraz przez wodę na ciało pływaka. (a) Sprężone powietrze wewnątrz opony oddziałuje siłami prostopadłymi do wszystkich powierzchni, z którymi jest w kontakcie. Strzałki przedstawiają kierunki i wartości sił w różnych punktach. (b) Siła wywierana przez wodę jest prostopadła do wszystkich powierzchni pływaka, ponieważ wpłynęłaby w miejsce przez niego zajmowane, gdyby go tam nie było. Strzałki przedstawiają kierunki i wartości sił wywieranych na pływaka w różnych miejscach. Podsumowanie Płyn to stan skupienia materii poddający się siłom bocznym lub ścinającym. Ciecze i gazy są płynami. Statyka płynów to dziedzina fizyki zajmująca się nieruchomymi płynami. Gęstość substancji lub obiektu, to jego masa na jednostkę objętości. Definiujemy ją jako ρ = m / V . Jednostką SI gęstości jest kg/m 3 . Ciśnienie to wartość składowej prostopadłej siły na jednostkę powierzchni, do której jest przyłożona, p = F / A . Jednostką SI ciśnienia jest paskal: 1 Pa = 1 N/m 2 . Ciśnienie wywołane ciężarem cieczy o stałej gęstości dane jest przez p = ρ g h , gdzie p jest ciśnieniem, h głębokością cieczy, na której mierzymy ciśnienie, ρ gęstością cieczy, a g przyspieszeniem ziemskim. Pytania Które z poniższych substancji są płynami w temperaturze pokojowej i pod ciśnieniem atmosferycznym: powietrze, rtęć, woda, szkło? Rtęć i woda są cieczami w temperaturze pokojowej i pod ciśnieniem atmosferycznym. Powietrze jest gazem w temperaturze pokojowej i pod ciśnieniem atmosferycznym. Szkło jest amorficznym (niekrystalicznym) stałym materiałem w temperaturze pokojowej. Dawniej uważano, że szkło może płynąć, ale bardzo powoli. Źródłem tej teorii była obserwacja starych szyb, które są grubsze na dole. W tej chwili wiadomo, że ta teoria jest błędna. Dlaczego gazy łatwiej sprężyć niż ciecze i ciała stałe? Wyjaśnij, w jaki sposób gęstość powietrza zmienia się z wysokością nad poziomem morza. Gęstość powietrza zmniejsza się wraz z wysokością nad poziomem morza. Dla kolumny powietrza o stałej temperaturze gęstość zmniejsza się wykładniczo wraz z wysokością. Jest to dość dobre oszacowanie, ale ponieważ temperatura naprawdę zmienia się z wysokością, to stwierdzenie to pozostaje tylko przybliżeniem. Obrazek pokazuje szklankę zawierającą wodę z lodem wypełnioną po krawędź. Czy woda się wyleje, gdy lód się stopi? Uzasadnij swoją odpowiedź. W jaki sposób ciśnienie jest związane z ostrością noża i jego zdolnością do przecinania? Ciśnienie to siła podzielona przez powierzchnię. Jeżeli nóż jest ostry, to siła przyłożona do powierzchni tnącej rozkłada się na mniejszej powierzchni niż w przypadku tępego noża. Oznacza to, że ciśnienie będzie większe w przypadku ostrego noża, co zwiększa jego zdolność cięcia. Dlaczego siła wywierana przez płyn statyczny jest zawsze prostopadła do powierzchni? Wyobraź sobie, że w odległym miejscu w pobliżu bieguna północnego, kawałek lodu pływa po jeziorze. W pobliżu jeziora lodowiec o takiej samej objętości jak lód w jeziorze jest umieszczony na lądzie. Jeżeli globalne ocieplenie doprowadzi do stopienia obu kawałków lodu, a stopniały lód trafi do jeziora, który z kawałków sprawi, że poziom wody bardziej się podniesie? Odpowiedź uzasadnij. Jeżeli dwa kawałki lodu mają taką samą objętość, to po stopieniu pozostanie po nich taka sama ilość wody. Lodowiec spowoduje wzrost poziomu jeziora, gdy dostanie się do niego stopiona woda. Ponieważ część pływającego lodu jest już zanurzona w wodzie, to już w tej chwili, przed stopieniem, poziom jeziora jest podniesiony. W balecie, taniec en pointe (na czubkach palców) jest znacznie trudniejszy niż zwykły taniec czy chodzenie. Wyjaśnij, dlaczego tak jest, używając pojęcia ciśnienia. Ciśnienie atmosferyczne wywiera dużą siłę (równą ciężarowi atmosfery powyżej twojego ciała – około 10 t) na górną część twojego ciała, podczas gdy leżysz na plaży i się opalasz. Dlaczego jesteśmy w stanie się podnieść? Ciśnienie działa na twoje ciało z każdego kierunku, jeśli nie jesteś w próżni. Dlaczego spadek ciśnienia atmosferycznego z wysokością jest szybszy niż liniowy? Ilustracja pokazuje, jak worki z piaskiem umieszczone dookoła przecieku na zewnątrz wałów przeciwpowodziowych są w stanie efektywnie zatrzymać wodę pod wałem. Wyjaśnij, w jaki sposób niewielka ilość wody wewnątrz kolumny z worków jest w stanie zrównoważyć ogromną ilość wody przed wałem. Ponieważ poziom rzeki jest bardzo wysoki, woda zaczęła przeciekać pod wałem. Worki z piaskiem umieszczono wokół przecieku, a woda utrzymywana przez nie podnosi się do takiego samego poziomu jak woda w rzece – w tym momencie poziom wody przestaje wzrastać. Poziom wody wewnątrz ogrodzenia z worków zwiększa się do czasu, gdy wysokość kolumny zrówna się z poziomem wody przed wałem. Czy istnieje siła wypadkowa działająca na tamę pochodząca od ciśnienia atmosferycznego? Odpowiedź uzasadnij. Czy ciśnienie atmosferyczne dodaje się do ciśnienia gazu w sztywnym pojemniku? A w balonie do zabawy? Ogólniej: kiedy ciśnienie atmosferyczne nie ma wpływu na całkowite ciśnienie płynu? Ciśnienie atmosferyczne nie wpływa na ciśnienie gazu w sztywnym pojemniku, ale wpływa na ciśnienie wewnątrz balonu. Ogólnie, ciśnienie atmosferyczne wpływa na ciśnienie płynu, chyba że płyn ten znajduje się w sztywnym pojemniku. Można stłuc mocną butelkę wina uderzając w korek ręką i wbijając go do butelki, pod warunkiem, że korek styka się bezpośrednio z płynem wypełniającym butelkę – pomiędzy korkiem a płynem nie może być powietrza. Wyjaśnij, dlaczego butelka pęka tylko wtedy, gdy nie ma powietrza pomiędzy korkiem a płynem. Zadania Złoto jest ciałem stałym sprzedawanym na uncje (31,103 g). Jaka jest objętość jednej uncji czystego złota? 1,610 c m 3 Rtęć dostarcza się w pojemnikach zawierających 34,5 kg metalu. Jaka jest objętość w litrach takiej ilości rtęci? Jaka jest masa głębokiego wdechu powietrza o objętości 2,00 l? Omów wpływ takiego wdechu na objętość i gęstość twojego ciała. Masa wynosi 2,58 g. Objętość twojego ciała zwiększa się o objętość powietrza we wdechu. Średnia gęstość maleje, gdy bierzesz głęboki wdech, ponieważ gęstość powietrza jest znacznie mniejsza od niej. Prostą metodą obliczania gęstości obiektu jest pomiar masy, a następnie pomiar objętości poprzez zanurzenie tego ciała w wycechowanym zbiorniku. Jaka jest gęstość skały o masie 240 g, która wypiera 89,0 cm 3 wody? (Zwróć uwagę, że dokładność tej techniki w praktycznych zastosowaniach jest mniejsza niż dokładność innych technik opartych na prawie Archimedesa.) Załóżmy, że masz kubek do kawy o przekroju kołowym i pionowych ściankach (o stałym promieniu). Jaki jest jego promień wewnętrzny, jeżeli zawiera 375 g kawy, gdy wypełniono go do wysokości 7,50 cm? Załóż, że kawa ma taką samą gęstość jak woda. 3,99 cm Prostokątny zbiornik paliwa może pomieścić 50,0 kg benzyny. (a) Jaka jest głębokość zbiornika, jeżeli jego szerokość wynosi 0,500 m, a długość 0,900 m? (b) Zastanów się, czy ma on wymiary pozwalające zamontować go w samochodzie osobowym. Zgniatarka śmieci zgniata zawartość do 0,350 pierwotnej objętości. Pomijając masę wydalonego powietrza, oblicz o jaki czynnik zwiększyła się gęstość śmieci? 2,86 razy Puszka o masie 2,50 kg może pomieścić 20,0 l benzyny. Jaka jest gęstość wypełnionej puszki, jeśli uwzględnimy objętość zajmowaną zarówno przez stal, jak i przez benzynę? Jaka jest gęstość 18-karatowego złota, które jest mieszanką 18 części złota, 5 części srebra i 1 częścią miedzi? (Części te dotyczą masy, a nie objętości.) Załóż, że jest to prosta mieszanka o średniej gęstości, równej średniej ważonej gęstości jej części. 15,6 g/cm 3 Ostrze gwoździa wywiera ogromne ciśnienie po uderzeniu młotkiem, ponieważ działa dużą siłą na małej powierzchni. Jaką siłą należałoby zadziałać na gwóźdź o ostrzu o średnicy 1,00 mm, aby wytworzyć ciśnienie 3,00 ⋅ 10 9 N / m 2 ? (Tak wysokie ciśnienie jest możliwe, ponieważ młotek uderzający w gwóźdź zostaje wyhamowany na bardzo krótkim odcinku.) Szklana rurka zawiera rtęć. Jaka powinna być wysokość kolumny rtęci, aby wytworzyć ciśnienie równe 1 atm? 0,760 m = 76,0 cm = 760 mm Największą głębię oceaniczną na Ziemi można znaleźć w Rowie Mariańskim w pobliżu Filipin. Oblicz ciśnienie wywołane przez ocean na jego dno, wiedząc, że głębokość wynosi 11,0 km i zakładając stałą gęstość wody na całej głębokości. Udowodnij, że jednostką SI h ρ g jest N/m 2 . Przeprowadź dowód. Jakie ciśnienie wywierane jest na dno pojemnika z gazem, który ma szerokość 0,500 m, długość 0,900 m i może pomieścić 50,0 kg benzyny? Tamy używane są do spiętrzania rzek. Tama ma wysokość H = 12 m i szerokość W = 10 m . Załóż, że gęstość wody wynosi ρ = 1000 kg/m 3 . (a) Oblicz wypadkową siłę na tamę. (b) Dlaczego grubość tamy rośnie wraz z głębokością? a. ciśnienie na wysokości H : p = 7,06 ⋅ 10 6 N b. Ciśnienie zwiększa się ze wzrostem głębokości, więc tama musi być szersza na dole, aby wytrzymać większe ciśnienie. gęstość (ang. density ) masa na jednostkę objętości substancji lub obiektu płyny (ang. fluids ) ciecze i gazy; stan płynny poddaje się siłom ścinającym ciśnienie (ang. pressure ) siła na jednostkę powierzchni wywierana prostopadle do powierzchni, na którą działa gęstość względna (ang. specific gravity ) iloraz gęstości obiektu do gęstości płynu (zwykle wody)", "section": "Płyny, gęstość i ciśnienie", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Pomiar ciśnienia W poprzednim rozdziale wyprowadziliśmy wzór na obliczanie zmian ciśnienia w płynie, który pozostaje w równowadze hydrostatycznej. Obliczenia te są bardzo użyteczne, ponieważ pomiary ciśnienia są bardzo istotne, zarówno w codziennym życiu, jak i w zastosowaniach naukowych i technicznych. W tym rozdziale przedyskutujemy różne metody pomiaru ciśnienia oraz podawania wyników. Ciśnienie manometryczne a ciśnienie absolutne Załóżmy, że ciśnienie na manometrze butli do nurkowania pokazuje wartość 3000 psi, co w przybliżeniu odpowiada 207 atm. Gdy otworzymy zawór, powietrze zaczyna uciekać, ponieważ ciśnienie wewnątrz butli jest większe niż ciśnienie atmosferyczne na zewnątrz. Będzie to trwało do momentu, gdy ciśnienie w butli zrówna się z ciśnieniem atmosferycznym. W tym momencie manometr wskaże wartość zero, mimo że ciśnienie wewnątrz butli będzie wynosiło 1 atm, czyli takie jak na zewnątrz. Większość mierników ciśnienia (manometrów), tak jak manometr na butli do nurkowania, jest skalibrowana w taki sposób, że wskazują wartość zero pod ciśnieniem atmosferycznym. Ciśnienie odczytane z takiego manometru nazywamy ciśnieniem manometrycznym (ang. gauge pressure ) i jest to wartość ciśnienia względem atmosferycznego. Gdy ciśnienie wewnątrz zbiornika jest większe niż ciśnienie atmosferyczne, manometr wskazuje wartość dodatnią. Niektóre mierniki zaprojektowano w taki sposób, aby mogły wskazywać ciśnienie ujemne. Na przykład wiele eksperymentów fizycznych musi być przeprowadzanych w komorze próżniowej, czyli sztywnym zbiorniku, z którego wypompowano powietrze. Ciśnienie wewnątrz komory próżniowej jest niższe niż ciśnienie atmosferyczne, więc manometr wskazuje ciśnienie ujemne. Ciśnienie atmosferyczne (ang. atmospheric pressure ), które nie jest uwzględniane w ciśnieniu manometrycznym, wchodzi w skład ciśnienia absolutnego (ang. absolute pressure i dodaje się je do ciśnienia każdego płynu nieumieszczonego w sztywnym, szczelnym pojemniku. Ciśnienie absolutne Ciśnienie absolutne, inaczej ciśnienie bezwzględne, jest sumą ciśnienia manometrycznego i ciśnienia atmosferycznego: p abs = p g + p atm gdzie p abs jest ciśnieniem absolutnym, p g ciśnieniem manometrycznym, a p atm ciśnieniem atmosferycznym. Na przykład, jeżeli ciśnienie manometryczne dla opony wynosi 34 psi, to ciśnienie absolutne wynosi 34 psi + 14,7 psi ( p atm w psi), czyli 48,7 psi (co odpowiada 336 kPa). Ciśnienie absolutne płynów nie może być ujemne. Płyny mogą wypychać, ale nie mogą wciągać (zasysać), więc najniższa wartość ciśnienia absolutnego to zero (ujemne ciśnienie absolutne odpowiada ciągnięciu [zasysaniu]). Tak więc najniższe możliwe ciśnienie manometryczne wynosi p g = − p atm (dzięki czemu p abs wynosi zero). Nie ma teoretycznie ograniczenia górnej wartości ciśnienia manometrycznego. Pomiar ciśnienia Wiele urządzeń mierzy ciśnienie: od manometrów samochodowych po urządzenia do pomiaru ciśnienia krwi. Wiele innych mierników ciśnienia używa się do pomiaru ciśnienia płynów – w tej części omówimy niektóre z nich. Dowolna wielkość zmieniająca się wraz z ciśnieniem w znany nam sposób może zostać wykorzystania do skonstruowania miernika ciśnienia. Jedne z najbardziej rozpowszechnionych typów mierników, tensometry, wykorzystują zmiany kształtu materiału pod wpływem ciśnienia, inne, pojemnościowe mierniki ciśnienia, działają na zasadzie pomiaru pojemności elektrycznej pod wpływem spowodowanych ciśnieniem zmian kształtu, jeszcze inne, piezoelektryczne mierniki ciśnienia, mierzą zmiany napięcia na materiale piezoelektrycznym, powstałe w wyniku różnych ciśnień przyłożonych do różnych jego części, a jonowe mierniki, mierzą ciśnienie za pośrednictwem jonizacji cząsteczek w komorach próżniowych pod bardzo niskimi ciśnieniami. Różne mierniki ciśnienia stosuje się w różnych sytuacjach fizycznych. Na podano kilka przykładów. (a) Mierniki używane do pomiaru i monitorowania ciśnienia w butlach gazowych. Sprężone gazy mają wielorakie zastosowania przemysłowe i medyczne. (b) Wiele różnych mierników ciśnienia w oponach, umożliwia utrzymanie optymalnego ciśnienia w oponach ze względu na ładunek i warunki na drodze. (c) Miernik jonizacyjny jest bardzo czułym urządzeniem do monitorowania ciśnienia gazów w systemach zamkniętych. Cząsteczki neutralnego gazu zostają zjonizowane, dzięki czemu uwalniają się elektrony, a powstały w ten sposób prąd przekłada się na odczyt ciśnienia. Mierników jonizacyjnych często używa się w zastosowaniach przemysłowych opartych na systemach próżniowych. Manometry Jedna z najważniejszych klas mierników ciśnienia wykorzystuje fakt, że waga płynu o stałej gęstości dana jest wyrażeniem p = h ρ g . Rurka w kształcie litery U, pokazana na , jest przykładem manometru (ang. manometer ); w części (a) oba końce rurki są otwarte na oddziaływanie ciśnienia atmosferycznego w dół jednakowo z obu stron, co prowadzi do zniesienia się efektów oddziaływania. Z kolei manometr z tylko jedną częścią otwartą na działanie ciśnienia atmosferycznego jest idealnym urządzeniem do pomiaru ciśnienia manometrycznego. Ciśnienie manometryczne dane wyrażeniem p g = h ρ g można uzsykać przez pomiar h . Na przykład załóżmy, że jedną ze stron wygiętej w kształt litery U rurki połączono z obszarem o pewnym ciśnieniu p abs , takim jak balon w części (b) ilustracji lub próżniowo zamknięty słoik z orzeszkami ziemnymi pokazany w części (c). Ciśnienie jest przekazywane bez strat do manometru, przez co poziomy płynu przestają być równe. W części (b) ciśnienie p abs jest większe niż ciśnienie atmosferyczne, podczas gdy w części (c) p abs jest mniejsze od ciśnienia atmosferycznego. W obu przypadkach p abs różni się od ciśnienia atmosferycznego o wielkość h ρ g , gdzie ρ jest gęstością płynu w manometrze. W części (b) ciśnienie p abs może podtrzymać kolumnę płynu na o wysokości h , więc wywierane ciśnienie p abs musi być większe niż ciśnienie atmosferyczne (ciśnienie manometryczne p g jest dodatnie). W części (c) ciśnienie atmosferyczne może utrzymać kolumnę płynu o wysokości h , więc ciśnienie p abs jest mniejsze niż atmosferyczne o h ρ g (ciśnienie manometryczne p g jest ujemne). Jedna strona otwartego manometru jest otwarta na działanie ciśnienia atmosferycznego. (a) Wysokość płynu musi być taka sama po obu stronach, gdyż w przeciwnym przypadku ciśnienie wywierane przez obie strony na dno nie będzie równe i ciecz przepłynie w kierunku niższego poziomu. (b) Dodatnie ciśnienie manometryczne p g = h ρ g przekazywane do jednej części manometru może utrzymać kolumnę płynu o wysokości h . (c) Podobnie jak w poprzednich przypadkach ciśnienie atmosferyczne jest większe niż ujemne ciśnienie manometryczne p g o wielkość h ρ g . Sztywność i szczelność słoika zapobiegają przekazywaniu ciśnienia atmosferycznego do orzeszków. Barometry Manometry do pomiaru ciśnienia zwykle zbudowane są z rurki w kształcie litery U wypełnionej płynem (często rtęcią). Barometr (ang. barometer ) (patrz ) jest urządzeniem mającym zwykle pojedynczą kolumnę rtęci do pomiaru ciśnienia atmosferycznego. Barometr, wynaleziony przez włoskiego matematyka i fizyka, Evangelistę Torricellego (1608–1647) w 1643 r., składa się ze szklanej rurki zamkniętej z jednej strony i wypełnionej rtęcią. Taką rurkę odwraca się i umieszcza w zbiorniku z rtęcią. Urządzenie mierzy ciśnienie atmosferyczne lub bardziej precyzyjnie ujmując manometryczne, ponieważ w rurce nad rtęcią tworzy się prawie idealna próżnia. Wysokość słupa rtęci spełnia warunek h ρ g = p atm . Gdy ciśnienie atmosferyczne się zmienia, rtęć się podnosi lub opada. Instytucje podające prognozy pogody dokładnie monitorują zmiany ciśnienia atmosferycznego (często nazywanego ciśnieniem barometrycznym), gdyż podnosząca się rtęć zwykle sygnalizuje poprawę pogody, a opadająca jej pogorszenie. Barometr może być również użyty jako wysokościomierz, ponieważ średnie ciśnienie atmosferyczne zmienia się wraz z wysokością nad poziomem morza. Barometry rtęciowe i manometry są tak powszechne, że do pomiaru ciśnienia atmosferycznego i ciśnienia krwi używa się jednostki milimetr słupa rtęci (mmHg). Barometr rtęciowy mierzy ciśnienie atmosferyczne. Ciśnienie związane z ciężarem słupa rtęci h ρ g , równa się ciśnieniu atmosferycznemu. Ciśnienie atmosferyczne może podnieść rtęć do wysokości h , powyżej której ciśnienie wynosi zero. Wysokość płynu w otwartej rurce U-kształtnej U-kształtną, otwartą z obu stron rurkę wypełnia ciecz o gęstości ρ 1 do wysokości h z obu stron ( ). Następnie do jednego ramienia rurki wlano ciecz o gęstości ρ 2 < ρ 1 wskutek czego ciecz 2 osiadła na cieczy 1. Wysokości słupów cieczy w obu ramionach rurki są różne. Wysokość od strony cieczy 2 mierzona od styku dwóch substancji wynosi h 2 , a wysokość od strony cieczy 1 mierzona od styku dwóch substancji wynosi h 1 . Wyprowadź wzór na różnicę tych wysokości. Dwa płyny o różnych gęstościach w rurce U-kształtnej. Strategia rozwiązania Ciśnienie w punktach leżących na tej samej wysokości po obu stronach rurki U-kształtnej musi być takie samo, jeżeli oba punkty znajdują się w tej samej cieczy. Z tego powodu rozważymy dwa punkty na tym samym poziomie w obu ramionach rurki: jeden z nich leży na styku cieczy po stronie cieczy 1, a drugi to punkt w ramieniu po stronie cieczy 2 znajdujący się na tej samej wysokości co styk cieczy w pierwszym ramieniu. Ciśnienie w każdym punkcie jest wywierane przez ciśnienie atmosferyczne oraz ciężar płynu nad tym punktem. ciśnienie na stronę z cieczą 1 = p 0 + ρ 1 g h 1 ciśnienie na stronę z cieczą 2 = p 0 + ρ 2 g h 2 Rozwiązanie Ponieważ oba punkty znajdują się w cieczy 1 i są położone na tej samej wysokości, ciśnienie w nich musi być takie samo. Z tego powodu mamy: p 0 + ρ 1 g h 1 = p 0 + ρ 2 g h 2 . Z tego otrzymujemy: ρ 1 h 1 = ρ 2 h 2 . Oznacza to, że różnica wysokości po obu stronach rurki wynosi: h 2 − h 1 = ( 1 − p 1 p 2 ) h 2 . Jeżeli podstawimy p 2 = p 1 , to otrzymamy h 2 = h 1 , co jest oczywiście zgodne z naszymi założeniami: jeżeli obie strony mają tę samą gęstość, to będą miały tę samą wysokość. Sprawdź, czy rozumiesz: Rtęć jest bardzo niebezpieczną substancją. Dlaczego twoim zdaniem jest używa się jej w barometrach zamiast innych, bardziej bezpiecznych substancji, na przykład wody? (Od roku 2007 produkcja nowych urządzeń zawierających rtęć jest zabroniona ze względu na jej toksyczność - przyp. tłum.) Gęstość rtęci jest 13,6 razy większa niż gęstość wody. Potrzeba w przybliżeniu 76 cm słupka rtęci, aby zmierzyć ciśnienie 1 atm, podczas gdy dla wody wysokość ta wynosiłaby w przybliżeniu 10 m. Jednostki ciśnienia Jak wspomniano wcześniej, jednostką SI ciśnienia jest paskal (Pa) (ang. pascal ): 1 P a = 1 N m 2 . Oprócz paskala w powszechnym użyciu jest wiele innych jednostek ( ). W meteorologii ciśnienie atmosferyczne często wyraża się w milibarach (mbar), przy: 1000 m b a r = 1 ⋅ 10 5 P a Milibar jest dla meteorologów wygodną jednostką, ponieważ średnie ciśnienie atmosferyczne na poziomie morza wynosi 1,013 ⋅ 10 5 P a = 1013 m b a r = 1 a t m . Wykorzystując równania wyprowadzone w rozważaniach dotyczących ciśnienia na pewnej głębokości w płynie, możemy je podać w milimetrach słupa rtęci. Ciśnienie na dnie kolumny rtęci o wysokości 760 mm w temperaturze 0 °C w pojemniku, z którego górnej części usunięto powietrze jest równe 1 atm. W laboratoriach fizyki próżniowej naukowcy często używają innej jednostki, tora (Tr) (ang. torr ), nazwanej tak na cześć Torricellego, który, jak wcześniej wspomnieliśmy, wynalazł barometr rtęciowy. 1 Tr jest równy ciśnieniu 1 mmHg. Podsumowanie jednostek ciśnienia Jednostka Definicja Jednostka SI: paskal 1 Pa = 1 N/m 2 Jednostka imperialna (brytyjski system miar): funt na cal do kwadratu ( l b / i n 2 , inaczej psi) 1 p s i = 7,015 ⋅ 10 3 P a Inne jednostki ciśnienia 1 a t m = 760 m m H g = 1,013 ⋅ 10 5 P a = 14,7 p s i = 29,9 i n H g = 1013 m b a r 1 bar = 10 5 Pa 1 T r = 1 m m H g = 122,39 P a Podsumowane Ciśnienie manometryczne to ciśnienie mierzone względem ciśnienia atmosferycznego. Ciśnienie absolutne to suma ciśnienia manometrycznego i ciśnienia atmosferycznego. Otwarte manometry rurkowe zbudowane są z rurki w kształcie litery U, której jeden koniec jest zawsze otwarty. Używa się ich do pomiaru ciśnienia. Barometr rtęciowy to urządzenie mierzące ciśnienie atmosferyczne. Jednostką SI ciśnienia jest paskal (Pa), ale w powszechnym użyciu jest jeszcze kilka innych jednostek. Pytania Wyjaśnij, dlaczego płyny sięgają tego samego poziomu w manometrze, jeżeli oba końce rurki są otwarte, nawet jeżeli ich średnice pozostają różne. Ciśnienie atmosferyczne wiąże się z ciężarem powietrza ponad miejscem, w którym jest mierzone. Ciśnienie, czyli siła przez powierzchnię, będzie takie samo na tej wysokości atmosfery. Zadania Oblicz ciśnienie manometryczne i absolutne dla balonu i słoika z orzeszkami ziemnymi pokazanych na , założywszy, że manometr podłączony do balonu wykorzystuje wodę, a manometr podłączony do słoika wykorzystuje rtęć. Wyraź wynik w centymetrach słupka wody dla balonu i w milimetrach słupka rtęci dla słoika, przyjmując h = 0,0500 m dla każdego z nich. Jak wysoki musiałby być manometr wypełniony wodą, aby zmierzyć bardzo wysokie ciśnienie krwi, wynoszące 300 mmHg? 4,08 m Przy założeniu, że opony roweru są doskonale elastyczne i podpierają wagę roweru oraz kolarza jedynie ciśnieniem powietrza, oblicz pełną powierzchnię opony stykającą się z ziemią, jeżeli rower i kolarz mają łączną masę 80 kg, a ciśnienie manometryczne w oponach wynosi. 3,5 ⋅ 10 5 P a . ciśnienie absolutne (ang. absolute pressure ) suma ciśnienia manometrycznego i atmosferycznego ciśnienie manometryczne (ang. gauge pressure ) ciśnienie względem ciśnienia atmosferycznego", "section": "Pomiar ciśnienia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prawo Pascala i układy hydrauliczne W 1653 r. francuski filozof i uczony Blaise Pascal opublikował swój Traktat równowagi płynów , w którym przedstawił zasady statyki płynów. Płyn statyczny to taki, który nie jest w ruchu. Gdy płyn nie płynie, mówimy, że jest w równowadze statycznej. Jeżeli tym płynem jest woda, to mówimy, że znajduje się w równowadze hydrostatycznej (ang. hydrostatic equilibrium ). Dla płynów w równowadze statycznej wypadkowa siła na dowolną jego część musi wynosić zero, bo w przeciwnym przypadku płyn zacząłby się poruszać. Obserwacje Pascala, które później udowodniono eksperymentalnie, są podstawą dziedziny nauki zwanej hydrauliką (ang. hydraulics ). Jest ona jednym z największych osiągnięć współczesnej technologii mechanicznej. Pascal zauważył, że zmiana ciśnienia przyłożonego do płynu jest przekazywana bez strat w całej jego objętości i ostatecznie do ścian naczynia, w którym się on znajduje. Z tego powodu często więcej wiemy o ciśnieniu płynu niż o innych jego cechach fizycznych. Co więcej, z prawa Pascala wynika, że całkowite ciśnienie w danym punkcie płynu jest sumą ciśnień pochodzących z różnych źródeł. Dobrym przykładem jest ciśnienie na danej głębokości płynu, które zależy zarówno od samej głębokości, jak i od ciśnienia atmosferycznego. Prawo Pascala Zasada Pascala, znana również pod nazwą prawo Pascala (ang. Pascal’s principle ), stwierdza, że zmiana ciśnienia przyłożonego do płynu jest przekazywana bez strat do wszystkich jego części i ostatecznie do ścianek naczynia zawierającego płyn. Atomy, które mogą się swobodnie poruszać w naczyniu przekazują ciśnienie do wszystkich części płynu oraz do ścian naczynia. Dowolna zmiana ciśnienia jest przekazywana bez strat. Zwróćmy uwagę, że zasada ta nie mówi, że ciśnienie jest takie samo we wszystkich częściach. Nie jest to prawdą, na przykład dlatego, że ciśnienie płynu w pobliżu Ziemi zmienia się wraz z wysokością. Zasada ta odnosi się raczej do zmiany ciśnienia. Załóżmy, że umieścimy wodę w cylindrycznym pojemniku o wysokości H i polu przekroju A , na którego szczycie znajduje się ruchomy tłok o masie m ( ). Przyłożenie dodatkowego ciężaru M g do tłoka zwiększa ciśnienie na szczycie o M g / A , ponieważ ta dodatkowa siła jest przyłożona również do powierzchni A tłoka zamykającej cylinder: Δ p góra = M g A . Ciśnienie płynu zmienia się, gdy płyn zostanie poddany dodatkowemu ciśnieniu. (a) Ciśnienie na górną warstwę płynu jest inne niż ciśnienie na dolną warstwę. (b) Wzrost ciśnienia spowodowany przez dodanie ciężaru do tłoka jest taki sam w każdym punkcie płynu, na przykład p góra nowe − p góra = p dół nowe − p dół . Zgodnie z zasadą Pascala ciśnienie we wszystkich punktach wody zmienia się o tę samą wielkość M g / A . Zatem ciśnienie przy dnie również zwiększa się o M g / A . Ciśnienie przy dnie zbiornika stanowi sumę ciśnienia atmosferycznego, ciśnienia związanego z działaniem słupa płynu oraz ciśnienia wywieranego przez dodatkową masę. Zmiana ciśnienia przy dnie naczynia związana z dodatkową masą wynosi: Δ p dół = M g A . Ponieważ zmiany ciśnienia są takie same w każdym miejscu w płynie, nie potrzebujemy dodatkowych indeksów wskazujących, czy mówimy o dodatkowym ciśnieniu na górze, czy na dole naczynia: Δ p = Δ p góra = Δ p dół = Δ p wszędzie . Beczka Pascala dostarcza znakomitej demonstracji zasady Pascala. Obejrzyjcie następującą symulację doświadczenia Pascala z 1646 r., w którym zademonstrował on skutki zmieniającego się w płynie ciśnienia. Zastosowania zasady Pascala oraz układów hydraulicznych Układy hydrauliczne są podstawą działania hamulców samochodowych, podnośników hydraulicznych i wielu innych układów mechanicznych ( ). Typowy układ hydrauliczny złożony z dwóch wypełnionych płynem cylindrów, zamkniętych tłokami i połączonych rurą zwaną przewodem hydraulicznym. Skierowana w dół siła F → 1 przyłożona do lewego tłoka powoduje zmianę ciśnienia przekazywaną bez strat do wszystkich części płynu w naczyniu. Wywołuje to skierowaną ku górze siłę F → 2 działającą na prawy tłok. Siła ta jest większa niż F → 1 , ponieważ pole powierzchni prawego tłoka jest większe. Możemy wyprowadzić związek między siłami w tym prostym układzie hydraulicznym, stosując zasadę Pascala. Zwróćmy uwagę, że oba tłoki znajdują się na tej samej wysokości, więc nie ma różnicy ciśnień związanej z głębokością. Ciśnienie związane z siłą F 1 działającą na powierzchnię A 1 wynosi: p 1 = F 1 A 1 , zgodnie z definicją p = F A . Zgodnie z zasadą Pascala ciśnienie to zostaje przekazane bez strat do wszystkich punktów w płynie oraz do ścian naczynia. W związku z tym ciśnienie p 2 równe p 1 działa również przy drugim tłoku. Otrzymujemy p 1 = p 2 . Ponieważ jednak p 2 = F 2 / A 2 , otrzymujemy ostateczny wynik: F 1 A 1 = F 2 A 2 . Równanie to wiąże stosunki sił do powierzchni w dowolnym układzie hydraulicznym, pod warunkiem, że tłoki znajdują się na tej samej wysokości oraz że można pominąć tarcie obecne w układzie. Układy hydrauliczne mogą zwiększać lub zmniejszać przyłożoną do nich siłę. Aby zwiększyć siłę, ciśnienie przykłada się do większej powierzchni. Na przykład jeżeli siłę 100 N przyłożymy do lewego cylindra ( ), a prawy cylinder ma powierzchnię pięciokrotnie większą, to siła wyjściowa będzie wynosiła 500 N. Układy hydrauliczne działają analogicznie do dźwigni prostych, ale mają tę zaletę, że ciśnienie może być przekazywane nawet wzdłuż wymyślnie poskręcanych przewodów, w kilka miejsc jednocześnie. Przykładem takiego urządzenia jest podnośnik hydrauliczny (ang. hydraulic jack ). Używa się go do podnoszenia dużych ciężarów, na przykład w warsztatach do unoszenia samochodów. Podnośnik składa się z nieściśliwego płynu umieszczonego w U-kształtnej rurze zakończonej z obu stron ruchomymi tłokami. Mała siła przyłożona do małej powierzchni może zrównoważyć znacznie większą siłę przyłożoną po drugiej stronie do znacznie większej powierzchni ( ). (a) Działanie podnośnika hydraulicznego oparte jest na przyłożeniu sił ( F 1 , F 2 ) do nieściśliwego płynu w rurze o kształcie litery U przy użyciu ruchomych tłoków ( A 1 , A 2 ) z obu stron rury. (b) Podnośniki hydrauliczne są powszechnie używane w warsztatach do unoszenia samochodów, co umożliwia przeprowadzanie napraw i przeglądów. Używając zasady Pascala, możemy pokazać, że siła niezbędna do podniesienia samochodu jest mniejsza niż ciężar samochodu: F 1 = A 1 A 2 F 2 , gdzie F 1 jest siłą przyłożoną w celu podniesienia samochodu, A 1 polem poprzecznego przekroju miniejszego tłoka, A 2 polem przekroju poprzecznego większego tłoka, a F 2 ciężarem samochodu. Obliczanie siły na cylindry hamulcowe Rozważmy samochodowy układ hydrauliczny pokazany na . Załóżmy, że siłę 100 N przyłożono do pedału hamulca (działającego jako źródło siły hamującej), który działa na cylinder pedału hamulcowego (działający jako główny cylinder) przy użyciu dźwigni. Na cylinder została wywarta siła 500 N. Ciśnienie wytworzone na cylindrze pedału hamulcowego jest przekazywane do cylindrów hamulcowych przy czterech kołach pojazdu. Cylinder pedału hamulcowego średnicę 0,500 cm, a każdy z cylindrów hamulcowych przy kołach ma średnicę 2,50 cm. Oblicz wartość siły F 2 wytworzonej przy każdym z cylindrów hamulcowych przy kołach. Hamulce hydrauliczne wykorzystują zasadę Pascala. Kierowca naciska na pedał hamulca, działając wzmacnianą przez dźwignię prostą siłą, przekazywaną do układu hydraulicznego. Przy każdym z identycznych cylindrów hamulcowych przy kołach wytwarzane jest takie samo ciśnienie, i z tego powodu każdy z nich działa taką samą siłą F 2 na swoje koło. Kołowe przekroje poprzeczne cylindra pedału hamulcowego i cylindrów przy kołach przedstawiają odpowiednio przez A 1 oraz A 2 . Strategia rozwiązania Znamy siłę F 1 przyłożoną do cylindra pedału hamulcowego. Pole przekrojów poprzecznych A 1 oraz A 2 można obliczyć z podanych średnic. Do znalezienia siły możemy więc użyć następującej relacji F 2 : F 1 A 1 = F 2 A 2 . Dzięki przekształceniu algebraicznemu, otrzymujemy z jednej strony F 2 i podstawiamy znane wartości. Rozwiązanie Zasada Pascala zastosowana do układu hamulcowego zadana jest przez F 1 A 1 = F 2 A 2 : F 2 = A 2 A 1 F 1 = π r 2 2 π r 1 2 F 1 = ( 1,25 c m ) 2 ( 0,250 c m ) 2 ⋅ 500 N = 1.25 ⋅ 10 4 N Znaczenie Wartość ta to siła wywierana przez każdy z czterech cylindrów przy kołach. Zwróćmy uwagę, że przy kołach możemy zainstalować dowolna liczbę cylindrów. Jeżeli każdy z nich ma średnicę 2,50 cm, to będzie działał siłą 1 , 25 ⋅ 10 4 N . Prosty układ hydrauliczny jest przykładem maszyny prostej i w związku z tym może zwiększać siłę, ale nie może wykonywać większej pracy, niż praca wykonana nad nim. Praca to siła pomnożona przez drogę, na której działa siła, więc tłok cylindra przy kole pokonuje mniejszą drogę niż tłok przy pedale hamulcowym. Dodatkowo, im więcej kół dodamy, tym mniejszą drogę tłok cylindra przebędzie przy każdym z nich. Wiele układów hydraulicznych, takich jak system wspomagania hamowania lub układy hamulcowe w ciężkich maszynach, wykorzystuje pompy z zewnętrznym napędem, który wykonuje większość pracy w układzie. Sprawdź, czy rozumiesz Czy prasa hydrauliczna działałaby, gdyby zamiast cieczy użyto gazu? Tak, urządzenie nadal by działało, ale ponieważ gaz jest ściśliwy, działanie nie byłoby tak efektywne jak w przypadku cieczy. Po zadziałaniu siłą gaz zmniejszyłby swoją objętość, a jego temperatura by wzrosła. Z tego powodu z przewodów hamulcowych musi być usuwane powietrze. Podsumowanie Ciśnienie to siła na jednostkę powierzchni. Zmiana ciśnienia przyłożonego do zamkniętego płynu przekazywana jest bez strat do wszystkich części płynu i do ścian naczynia zawierającego ten płyn. Układ hydrauliczny zawiera zamknięty płyn używany do przekazywania sił. Pytania Załóżmy, że w układzie hydraulicznym główny cylinder znajduje się wyżej niż cylinder, którym steruje. Wyjaśnij, w jaki sposób wpłynie to na siłę generowaną przez cylinder, który jest kontrolowany. Zadania Jakie ciśnienie jest przekazywane w układzie rozważanym w ? Odpowiedź wyraź w atmosferach. 251 atm Z jaką siłą należy działać na główny cylinder podnośnika hydraulicznego, aby utrzymać duży samochód o ciężarze 2000 kg spoczywający na drugim cylindrze? Cylinder główny ma średnicę 2,00 cm, a drugi cylinder 24,0 cm. Po przyjęciu gospodarz zlewa pozostałości kilku butelek wina do jednego słoja. Następnie zatyka go korkiem o średnicy 2,00 cm. Wkłada korek do szyjki w taki sposób, aby stykał się on z winem, a następnie uderza dłonią, aby go lepiej osadzić. Gospodarz zaskoczony jest, gdy dno słoja odrywa się. Oblicz o ile większa siła została wywarta na dno słoja, jeżeli korek został wbity z siłą 120 N, a średnica dna słoja wynosiła 14,0 cm. siła większa o 5,76 ⋅ 10 3 N Układ hydrauliczny został zaprojektowany tak, aby działać siłą 100-krotnie większą niż siła, którą na niego zadziałano. (a) Jaki musi być stosunek pola cylindra, który jest kontrolowany, do pola cylindra głównego? (b) Jaki musi być stosunek ich średnic? (c) O jaki ułamek odległość przebyta przez tłok cylindra kontrolowanego jest mniejsza niż odległość przebyta przez tłok główny? Pomiń opory ruchu. Wykaż, że w układzie hydraulicznym praca wejściowa równa się pracy wyjściowej przy założeniu braku strat związanych z tarciem. W tym celu pokaż, że odległość, na której działa siła wyjściowa, jest zmniejszona o taki sam ułamek, o jaki zwiększono siłę wyjściową. Jaki wpływ miałoby tarcie w płynie i między częściami układu na siłę wyjściową? W jaki sposób zależałoby to od faktu, czy płyn się porusza, czy nie? Jeżeli układ się nie porusza, to tarcie nie będzie miało znaczenia. Wiemy, że w obecności tarcia pojawiają się straty: W o = W i − W f , więc praca wyjściowa byłaby mniejsza niż wejściowa. Innymi słowy, aby zniwelować tarcie, należy działać na tłok wejściowy z siłą większą niż obliczona. podnośnik hydrauliczny (ang. hydraulic jack ) maszyna prosta używająca cylindrów o różnych średnicach do przekazywania sił równowaga hydrostatyczna (ang. hydrostatic equilibrium ) stan, w którym płyn się nie porusza, czyli gdy jest statyczny prawo Pascala (ang. Pascal’s principle ) zmiana ciśnienia przyłożonego do płynu jest przekazywana bez strat do wszystkich części płynu i ostatecznie do ścianek obejmującego płyn naczynia", "section": "Prawo Pascala i układy hydrauliczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prawo Archimedesa i siła wyporu Niektóre obiekty po umieszczeniu w płynie unoszą się ku jego powierzchni dzięki istnieniu siły wyporu. Skąd bierze się ta siła? Dlaczego niektóre przedmioty się unoszą, a inne nie? Czy tonące przedmioty podlegają podobnej sile? Czy na twoje ciało również działa siła wyporu, czy jedynie balony z helem są wypierane przez atmosferę ziemską? (a) Nawet przedmioty, które toną, jak kotwica na rysunku, podlegają sile wyporu po ich zanurzeniu. (b) Gęstość okrętu podwodnego można zmieniać przez opróżnianie i napełnianie zbiorników balastowych, dzięki czemu może się on unosić na wodzie lub zanurzać, w zależności od decyzji załogi. (c) Napełnione helem balony napinają sznurki, do których są przyczepione, co pokazuje działanie siły wyporu. (Źródło (b) modyfikacja ilustracji dostarczonej przez Amerykańską Marynarkę Wojenną. Źródło (c) modyfikacja pracy „Crystl”/Flickr) Odpowiedzi na te pytania oraz na wiele innych oparte są na zjawisku zmiany ciśnienia w płynie wraz z głębokością. Oznacza to, że siła działająca ku górze na dół przedmiotu zanurzonego w płynie jest większa niż siła działająca na jego szczyt. Istnieje więc siła, zwana siłą wyporu (ang. buoyant force ), działająca ku górze na dowolny obiekt zanurzony w płynie ( ). Jeżeli siła wyporu jest większa niż ciężar obiektu, to unosi się on ku powierzchni płynu. Jeżeli siła wyporu równa się ciężarowi obiektu, to przedmiot pozostaje na tej samej głębokości. Siła wyporu jest zawsze obecna, niezależnie od tego, czy przedmiot pływa po powierzchni, tonie, czy jest zawieszony w płynie. Siła wyporu Siła wyporu to skierowana ku górze siła, działająca na każdy obiekt zanurzony w płynie. Ciśnienie wywołane ciężarem płynu zwiększa się z głębokością, ponieważ p = h p g . Ta zmiana ciśnienia powoduje powstanie skierowanej ku górze siły przyłożonej do spodu cylindra, większej niż siła przyłożona do jego szczytu. Ta różnica powoduje powstanie siły wyporu F W . (Siły poziome się znoszą.) Prawo Archimedesa Jaka jest wartość siły wyporu? Aby odpowiedzieć na to pytanie, zastanówmy się nad tym, co by się stało, gdyby usunąć znanurzony przedmiot z płynu jak na . Gdy w płynie nie ma przedmiotu, objętość, w której znajdował się wcześniej, jest zajmowana przez płyn o ciężarze w prz . Ten ciężar jest podtrzymywany przez otaczający płyn, więc siła wyporu musi być równa w prz , czyli ciężarowi płynu wypartego przez przedmiot. Prawo Archimedesa Siła wyporu działająca na zanurzony przedmiot równa się ciężarowi płynu, który jest wyparty przez ten przedmiot. W postaci równania prawo Archimedesa (ang. Archimedes’ principle ) przedstawia się następująco: F W = Q prz , gdzie F W jest siłą wyporu, a Q prz ciężarem płynu wypartego przez przedmiot. Prawo to nazwano imieniem greckiego matematyka i wynalazcy Archimedesa (287–212 p.n.e.) , który sformułował powyższą zasadę na długo przed powstaniem pojęcia siły. (a) Obiekt zanurzony w płynie doświadcza siły wyporu F W . Zacznie się on unosić, jeżeli F W będzie większa niż ciężar obiektu. Jeżeli F W jest mniejsza niż ciężar obiektu, to będzie on tonął. (b) Jeżeli usuniemy obiekt, to przestrzeń po nim zostanie zastąpiona wodą o ciężarze Q prz . Ponieważ ciężar ten musi być podtrzymywany przez otaczający płyn, siła wyporu musi być równa ciężarowi wypartego płynu. Prawo Archimedesa odnosi się do siły wyporu, która pojawia się, gdy ciało zostanie całkowicie lub częściowo umieszczone w wodzie. Siła związana z ciśnieniem płynu działa na ciało prostopadle do jego powierzchni. Innymi słowy siła związana z ciśnieniem na spodzie ciała jest skierowana ku górze, podczas gdy siła działająca na jego górę jest skierowana ku dołowi. Siły związane z ciśnieniem działające na boki są skierowane do wewnątrz ciała. Ponieważ spód zanurzonego ciała znajduje się na większej głębokości niż jego szczyt, ciśnienie na dolną część ciała jest większe niż ciśnienie na górną część, jak pokazano na . W związku z tym powstaje wypadkowa siła działająca na ciało ku górze. Ta siła nazywana jest siłą wyporu lub po prostu wypornością. Często podaje się, że Archimedes zakrzyknął Eureka (czyli znalazłem) po odkryciu zasady, która doprowadziła do sformułowania prawa Archimedesa. Mówi się, że wszystko zaczęło się od wanny. Aby zapoznać się z pełną historią, odwiedź NASA lub Scientific American . Gęstość a prawo Archimedesa Gruda gliny wrzucona do wody tonie, jednak jeżeli uformujemy z niej statek, to będzie on pływał. Z powodu swojego kształtu statek z gliny wypiera więcej wody niż gruda gliny i w związku z tym doświadcza większej siły wyporu, mimo że masy są identyczne. Ta sama zasada obowiązuje w przypadku stalowych statków. Średnia gęstość przedmiotu determinuje to, czy będzie on pływał, czy zatonie. Jeżeli jego średnia gęstość jest mniejsza niż gęstość otaczającego płynu, to będzie się on unosił w kierunku powierzchni. Dzieje się tak dlatego, że gęstszy płyn zawiera więcej masy w tej samej objętości, co pociąga za sobą jego większą wagę. Siła wyporu, równa ciężarowi wypartego płynu, jest większa niż ciężar obiektu. Podobnie obiekt o większej gęstości niż płyn zatonie. Rozmiar części obiektu zanurzonej w płynie zależy od tego, jaka jest jego gęstość względem płynu. Na rozładowany statek ma mniejszą gęstość i w związku z tym mniejsza jego część jest zanurzona w porównaniu z sytuacją, gdy statek jest załadowany. Możemy wyprowadzić wyrażenie określające, w jakiej części przedmiot jest zanurzony, rozważając te gęstości. Zanurzoną część możemy wyrazić stosunkiem zanurzonej objętości do pełnej objętości przedmiotu, czyli: zanurzona część = V zan V o = V pł V o . Zanurzona objętość równa jest objętości wypartego płynu, którą nazwiemy V pł . Możemy teraz uzyskać zależność między gęstościami, podstawiając ρ = m / V do tego wyrażenia. Otrzymujemy dzięki temu: V zan V o = m pł / ρ pł m o / ρ o , gdzie ρ o jest średnią gęstością obiektu, a ρ pł gęstością płynu. Ponieważ obiekt unosi się na powierzchni, jego masa oraz masa wypartego płynu muszą być takie same, więc skracają się w równaniu, dzięki czemu uzyskujemy: zanurzona część = ρ o ρ pł . Tej zależności można używać do pomiaru gęstości. Rozładowany statek (a) mniej zanurza się w wodzie niż załadowany (b). Obliczanie średniej gęstości Załóżmy, że 60-kilogramowa kobieta unosi się w wodzie słodkiej i 97,0% jej objętości znajduje się pod wodą, gdy jej płuca wypełnione są powietrzem. Jaka jest jej średnia gęstość? Strategia rozwiązania Możemy obliczyć gęstość tej osoby, rozwiązując równanie: zanurzona część = ρ o ρ pł ze względu na gęstość obiektu. Otrzymujemy: ρ o = ρ osoby = (zanurzona część) · ρ pł . Znamy zarówno rozmiar zanurzonej części, jak i gęstość wody, możemy więc obliczyć gęstość kobiety. Rozwiązanie Podstawiając znane wartości do wyrażenia na gęstość, otrzymujemy: ρ osoby = 0,970 ⋅ 10 3 k g m 3 = 970 k g m 3 . Znaczenie Gęstość kobiety jest mniejsza niż gęstość płynu – było to do przewidzenia w obliczu faktu, że unosi się ona na wodzie. Wiele obiektów lub substancji o niższej gęstości unosi się w płynach o wyższej gęstości: olej na wodzie, balon z gorącym powietrzem w atmosferze, kawałek korka w winie, góra lodowa w słonej wodzie czy gorący wosk w „lampie lawowej”. Mniej oczywistym przykładem są łańcuchy górskie unoszące się na położonej pod nimi gęstszej skorupie ziemskiej i płaszczu. Nawet stała powierzchnia Ziemi ma pewne własności płynów. Pomiar gęstości Jedna z najczęstszych technik określania gęstości pokazano na . (a) Moneta jest ważona w powietrzu. (b) Pomiar pozornego ciężaru zanurzonej w wodzie monety. Te dwa pomiary są wykorzystywane do obliczenia gęstości monety. Przedmiot, w tym przypadku monetę, ważymy najpierw w powietrzu, a następnie po zanurzeniu w płynie. Jeżeli znamy gęstość płynu, to możemy obliczyć również gęstość monety, co pozwala określić jej autentyczność. Tej samej techniki możemy użyć do obliczenia gęstości płynu, jeżeli znamy gęstość monety. Wszystkie powyższe obliczenia oparte są na prawie Archimedesa, które stwierdza, że siła wyporu działająca na przedmiot równa jest ciężarowi płynu przez ten przedmiot wypartego. Fakt ten z kolei oznacza, że obiekty pozornie tracą na wadze po zanurzeniu – wagę po zanurzeniu nazywamy wagą pozorną. Przedmiot doświadcza utraty wagi równej ciężarowi wypartego płynu. Inaczej mówiąc, na wadze szalkowej mierzącej masę pozorna utrata masy równa się masie wypartego płynu. Czyli pozorna utrata wagi równa jest wadze wypartego płynu, a pozorna utrata masy równa jest masie wypartego płynu. Podsumowanie Siła wyporu jest siłą wypadkową skierowaną ku górze, przyłożoną do dowolnego obiektu zanurzonego w dowolnym płynie. Jeżeli siła wyporu jest większa niż ciężar przedmiotu, to zacznie się on poruszać ku powierzchni, a później będzie się na niej unosił. Jeżeli siła wyporu jest mniejsza niż waga przedmiotu, to przedmiot zatonie. Jeżeli siła wyporu równa się masie przedmiotu, który jest w spoczynku, to pozostanie on na obecnej głębokości. Siła wyporu jest zawsze obecna i zawsze działa na przedmiot zanurzony całkowicie lub częściowo w płynie. Prawo Archimedesa stwierdza, że siła wyporu działająca na przedmiot równa się ciężarowi wypartego przez ten przedmiot płynu. Pytania Aby wyciągnąć korek z pełnej wanny, musimy zadziałać siłą większą niż przy wyciąganiu go z pustej wanny. Czy ten przykład przeczy prawu Archimedesa? Odpowiedź uzasadnij. Nie! Prawo Pascala mówi, że zmiana ciśnienia jest przekazywana do całej objętości płynu. Powodem, dla którego wyciągnięcie korka z pełnej wanny wymaga większej siły, jest ciężar wody nad korkiem. Czy płyny działają siłą wyporu w nieważkości, np. na promie kosmicznym? Odpowiedź uzasadnij. Czy ten sam statek będzie mniej zanurzony w wodzie słonej, czy w słodkiej? Odpowiedź uzasadnij. Siła wyporu równa się ciężarowi wypartego płynu. Im większa jest gęstość płynu, tym więcej trzeba go wyprzeć, aby uzyskać wagę obiektu, który po nim pływa. Ponieważ gęstość wody słonej jest większa niż słodkiej, to mniej wody słonej zostanie wypartej i statek będzie w niej mniej zanurzony. Szklane kulki wrzucone do częściowo wypełnionej wanny opadają na dno. Część ich ciężaru jest równoważona przez siłę wyporu, jednak siła wypadkowa na dno wanny zwiększa się dokładnie o wagę kulek. Wyjaśnij, dlaczego. Zadania Oblicz, jaka część lodu jest zanurzona, gdy pływa on po wodzie słodkiej. Gęstość wody w 0 °C jest prawie równa 1000 kg/m 3 , a gęstość lodu 992 kg/m 3 ? Jeżeli gęstość ludzkiego ciała wynosi 995 kg/m 3 , to jaka jego część będzie zanurzona podczas pływania w: (a) wodzie słodkiej (b) wodzie słonej o gęstości 1027 kg/m 3 ? a. zanurzone 99,5%; b. zanurzone 96,9% Pomiar masy kamienia w powietrzu daje wynik 540 g, a w wodzie jego pozorna masa wynosi 342 g. (a) Jaka masa wody została wyparta? (b) Jaka jest objętość kamienia? (c) Jaka jest jego średnia gęstość? Czy taka sama jak gęstość granitu? Prawa Archimedesa można użyć do obliczenia gęstości zarówno płynów, jak i ciał stałych. Załóż, że kawałek żelaza o masie 390,0 g, zmierzonej w powietrzu ma masę pozorną 350,5 g po całkowitym zanurzeniu w nieznanym płynie. (a) Jaką masę płynu wyparło żelazo? (b) Jaka jest objętość całego kawałka żelaza – użyj gęstości podanej w ? (c) Oblicz gęstość płynu i zidentyfikuj go. a. 39,5 g; b. 50 cm 3 ; c. 0,79 g/cm 3 ; alkohol etylowy (a) Oblicz siłę wyporu działającą na 2-litrowy balon z helem. (b) Wiedząc, że masa gumy, z której wykonano balon wynosi 1,50 g, oblicz pionową wypadkową siłę działającą na balon po spuszczeniu go ze sznurka. Pomiń objętość gumy. Jaka jest gęstość kobiety, która unosi się w wodzie słodkiej z 4,00 % objętości swojego ciała nad powierzchnią wody? (Można zmierzyć to, umieszczając ją w wycechowanym zbiorniku i sprawdzając, ile wody zostanie wypartej podczas pływania oraz podczas pełnego zanurzenia.) (b) Jaka część objętości kobiety znajdzie się nad wodą, gdy będzie się ona unosiła w wodzie słonej? a. 960 kg/m 3 ; b. 6,34%; mniejsze zanurzenie w wodzie słonej Masa mężczyzny wynosi 80 kg, a jego gęstość 955 k g / m 3 (nie licząc powietrza w płucach). (a) Oblicz jego objętość. (b) Znajdź siłę wyporu, z jaką działa na niego powietrze. (c) Jaki jest stosunek siły wyporu do jego wagi? Prosty kompas zbudowany jest w taki sposób, że umieszcza się niewielką sztabkę magnesu na korku pływającym po wodzie. (a) Jaka część nieobciążonego korka będzie zanurzona podczas unoszenia się na wodzie? (b) Jeżeli korek ma masę 10,0 g, a magnes 20,0 g, to jaka część korka będzie zanurzona? (c) Czy korek z magnesem będą w tej sytuacji pływały po alkoholu etylowym? a. 0,24; b. 0,68; c. tak, będą pływały w alkoholu etylowym. Jaki procent wagi żelaznej kotwicy będzie zrównoważony przez siłę wyporu, jeżeli zostanie ona zanurzona w słonej wodzie? Używając , udowodnij, że siła wyporu na cylinder jest równa ciężarowi wypartego płynu (prawo Archimedesa). Możesz założyć, że siła wyporu wynosi F 2 − F 1 i że pola powierzchni podstaw cylindra są równe A . Zwróć uwagę, że objętość cylindra (oraz wypartego przezeń płynu) równa jest ( h 2 − h 1 ) A . F wyp = F 2 − F 1 = p 2 A − p 1 A = ( p 2 − p 1 ) A = ( h 2 ρ pł g − h 1 ρ pł g ) A = ( h 2 − h 1 ) ρ pł g A , gdzie ρ pł = gęstość płynu F wyp = ( h 2 − h 1 ) A ρ pł g = V pł ρ pł g = m pł g = w pł Mężczyzna o masie 75,0 kg unosi się na wodzie słodkiej, przy czym nad wodą znajduje się 3,00% jego objętości, gdy jego płuca są puste, a 5,00% objętości, gdy są wypełnione powietrzem. Oblicz objętość powietrza w płucach – zwaną pojemnością płuc – w litrach. (b) Czy jest ona zgodna z twoimi przewidywaniami? prawo Archimedesa (ang. Archimedes’ principle ) siła wyporu działająca na obiekt równa jest ciężarowi wypartego płynu siła wyporu (ang. buoyant force ) wypadkowa siła skierowania ku górze, działająca na obiekt zanurzony w płynie, wywołana różnicami ciśnienia na różnych głębokościach", "section": "Prawo Archimedesa i siła wyporu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Dynamika płynów W pierwszej części tego rozdziału zajmowaliśmy się statyką płynów, czyli płynami w spoczynku. Pozostała część rozdziału dotyczy dynamiki płynów, czyli badania ich w ruchu. Nawet najbardziej podstawowy ruch płynu może się okazać bardzo skomplikowany. Z tego powodu w wielu przykładach ograniczymy nasze rozważania do płynów idealnych (ang. ideal fluid ). Płyn idealny jest to płyn o pomijalnej lepkości (ang. viscosity ). Lepkość to miara wewnętrznego tarcia w płynie – omówimy ją bardziej szczegółowo w rozdziale Lepkość i turbulencja . W oparciu o kilka przykładów przeanalizujemy płyn nieściśliwy, to znaczy taki, w którym zmiana objętości wymaga ogromnej siły, czyli jego gęstość w całej objętości pozostaje stała. Cechy przepływu W dziedzinach takich jak meteorologia do zilustrowania przepływu płynu często używamy wektorów prędkości. Na przykład ruch powietrza w atmosferze podczas wiatru może być przedstawiony przez wektory wskazujące wartość i kierunek prędkości w dowolnym punkcie na mapie. prezentuje wektory prędkości opisujące wiatry podczas huraganu Artur w 2014 r. Naniesione wektory prędkości pokazują kierunki i wartości prędkości wiatrów w huraganie Artur. Zwróćmy uwagę na cyrkulację wiatru wokół oka huraganu. Wartości prędkości są największe w jego pobliżu. Kolory przedstawiają względne wirowości, czyli miarę wirowania wiatru. Inną metodą przedstawiania przepływu płynu jest linia prądu. Linia prądu oddaje drogę przebytą przez małą objętość płynu podczas przepływu. Prędkość jest zawsze styczna do linii prądu. Diagramy na używają linii prądu do zilustrowania dwóch przykładów płynu poruszającego się w rurze. Pierwszy wykazuje cechy przepływu laminarnego (ang. laminar flow ), reprezentowanego przez gładkie, równoległe linie prądu. Zwróćmy uwagę, że w przykładzie pokazanym w części (a) prędkość płynu jest największa w centrum i maleje w pobliżu ścian rury z powodu lepkości płynu i tarcia między ścianami a płynem. Jest to szczególny przypadek przepływu laminarnego, gdzie tarcie między płynem a rurą jest wysokie, nazywany przypadkiem warunków brzegowych bez poślizgu. Drugi diagram prezentuje przepływ turbulentny (ang. turbulent flow ), w którym linie prądu są nieregularne i zmienne w czasie. W przepływie turbulentnym trajektorie płynu są nieregularne, gdyż różne jego części mieszają się i tworzą małe, kołowe regiony przypominające wiry. Może się tak zdarzyć, gdy prędkość płynu osiągnie pewną prędkość krytyczną. (a) Przepływ laminarny można przedstawić jako warstwy płynu poruszające się po równoległych, regularnych trajektoriach. (b) W przepływie turbulentnym różne obszary płynu poruszają się wzdłuż nieregularnych, przecinających się trajektorii, co skutkuje występowaniem obszarów mieszania i wirami. Strumień i jego związek z prędkością Objętość płynu przepływającego w pewnym miejscu przez powierzchnię w jednostce czasu zwana jest strumieniem (ang. flow rate ) Q lub bardziej precyzyjnie, strumieniem objętościowym. Może być on zapisany jako: Q = d V d t , gdzie V jest objętością, a t upływem czasu. Na objętość cylindra wynosi A x , więc strumień objętościowy równy jest: Q = d V d t = d d t ( A x ) = A d x d t = A v . Strumień objętości to objętość płynu przepływająca w pewnym punkcie przez powierzchnię A w jednostce czasu. Tutaj zacieniony cylinder płynu przepływa przez powierzchnię w punkcie P w jednorodnej rurze w czasie t . Jednostką SI strumienia objętościowego jest m 3 /s , ale w powszechnym użyciu jest kilka innych jednostek, takich jak na litry na minutę (l/min). Zwróć uwagę, że litr (l) to 1/1000 m 3 lub 1000 c m 3 ( 10 − 3 m 3 lub 10 3 c m 3 ) . Strumień objętościowy i prędkość są powiązanymi, lecz różnymi od siebie wielkościami fizycznymi. Aby precyzyjnie odróżnić je od siebie, rozważmy strumień objętościowy w rzece. Im większa prędkość wody, tym większy strumień objętościowy rzeki, ale strumień zależy również od wymiarów i kształtu rzeki. Na przykład bystry strumień górski niesie znacznie mniej wody niż Amazonka w Brazylii. przedstawia strumień objętościowy. Wynosi on Q = d V / d t = A v , gdzie A jest polem przekroju rury, a v wartością prędkości. Szczegółowa relacja między strumieniem Q , a średnią prędkością v jest następująca: Q = A v , gdzie A jest polem przekroju, a v średnią prędkością. Mówi nam ona, że strumień jest wprost proporcjonalny zarówno do średniej prędkości płynu, jak i do pola przekroju rzeki, rury czy innego przewodu. Im grubszy przewód, tym większe pole jego przekroju. obrazuje sposób uzyskania powyższej relacji. Zacieniony cylinder ma objętość V = A x , która przepływa przez powierzchnię A w punkcie P w czasie t . kiedy podzielimy obie strony tej zależności przez t , otrzymujemy: V t = A x t . Zauważmy, że Q = V / t , a średnia prędkość wynosi v = x / t . Równanie upraszcza się do Q = A v . przedstawia płyn nieściśliwy płynący przez rurę o malejącym promieniu. Ponieważ jest on nieściśliwy, to ta sama jego ilość musi przepływać przez każdy przekrój rury w danym czasie, aby utrzymać ciągłość przepływu. Przepływ jest ciągły, ponieważ nie ma w nim żadnych źródeł ani odpływów, które dodają lub usuwają masę, więc masa wpływająca do rury musi być równa masie z niej wypływającej. W tym przypadku, ponieważ pole przekroju rury się zmniejsza, prędkość musi rosnąć. Ten sposób rozumowania można rozszerzyć i powiedzieć, że strumień musi być taki sam w każdym punkcie rury. W szczególności w dowolnych punktach 1 i 2: Q 1 = Q 2 , A 1 v 1 = A 2 v 2 . Wynik ten nosi nazwę równania ciągłości (ang. equation of continuity ) i obowiązuje w każdym nieściśliwym płynie (o stałej gęstości). Konsekwencje tego równania można zaobserwować, gdy woda wypływa z węża przez wąski otwór przy dyszy: za dyszą prędkość wody jest bardzo duża, co tak naprawdę jest powodem, dla którego taka właśnie jest budowa końcówki węża. Z drugiej strony, gdy rzeka wpływa do jednej strony rezerwuaru (np. jeziora), woda znacząco zwalnia. Prędkość ta wzrośnie, gdy woda będzie wypływała po drugiej stronie rezerwuaru. Innymi słowy, prędkość rośnie, gdy pole przekroju maleje, a maleje, gdy pole przekroju rośnie. Gdy rura się zwęża, ta sama objętość rozkłada się na większej długości. Aby ta sama objętość minęła powierzchnie w punktach 1 i 2 w tym samym czasie, prędkość musi być większa w punkcie 2. Proces ten jest odwracalny: jeżeli płyn porusza się w przeciwnym kierunku, jego prędkość maleje ze wzrostem szerokości rury. (Zwróć uwagę, że względne objętości obu cylindrów oraz odpowiadające im prędkości nie są narysowane w odpowiedniej skali.) Ponieważ ciecze są praktycznie nieściśliwe, równanie ciągłości obowiązuje dla nich wszystkich. Gazy można ścisnąć, więc równanie ciągłości należy stosować do nich ostrożnie, jeżeli pojawia się zjawisko sprężenia lub rozprężenia. Obliczenie prędkości płynu przy wylocie węża Dysza węża o średnicy 0,500 cm doczepiona jest do węża ogrodowego o promieniu 0,900 cm. Strumień objętościowy przez wąż i dyszę wynosi 0,500 l/s. Oblicz prędkość wody (a) w wężu i (b) przy wylocie. Strategia rozwiązania Aby obliczyć obie prędkości, możemy wykorzystać wyprowadzone zależności między strumieniem a prędkością. Do opisania węża użyjemy indeksu 1, a dla dyszy indeksu 2. Rozwiązanie Rozwiązujemy równanie na strumień ze względu na prędkość i używamy π r 1 2 , aby obliczyć pole przekroju węża. Otrzymujemy: v = Q A = Q π r 1 2 . Podstawiając wartości i dokonawszy odpowiednich konwersji jednostek, uzyskujemy: v = 0,500 l / s ⋅ 10 − 3 m 3 / l 3,14 ( 9,00 ⋅ 10 − 3 m ) 2 = 1,96 m s . Moglibyśmy powtórzyć te obliczenia, aby uzyskać prędkość przy wylocie v 2 , ale zamiast tego użyjemy równania ciągłości, aby spojrzeć na problem z innej perspektywy. Zgodnie z tym równaniem: A 1 v 1 = A 2 v 2 . Jeśli rozwiążemy ze względu v 2 i podstawimy π r 2 jako pole przekroju, uzyskamy: v 2 = A 1 A 2 v 1 = π r 1 2 π r 2 2 v 1 = r 1 2 r 2 2 v 1 . Po podstawieniu wartości dochodzimy do: v 2 = ( 0,900 c m ) 2 ( 0,250 c m ) 2 1,96 m s = 25,5 m s . Znaczenie Prędkość 1,96 m/s wydaje się prawidłowa dla wody wylatującej z węża bez wąskiej dyszy na końcu. Dysza powoduje przyspieszenie strumienia, kierując wodę przez otwór o mniejszej powierzchni. Rozwiązanie ostatniej części przykładu pokazuje, że prędkość jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu promienia rury, co sprawia, że pojawiają się znaczące efekty, gdy promień się zmienia. Możemy na przykład zdmuchnąć świeczkę z dość dużej odległości układając usta w rurkę, podczas gdy dmuchając z otwartymi ustami, raczej się nam to nie uda. Zachowanie masy Szybkość przepływu płynu może być również opisana przez strumień masy (ang. mass flow rate ) lub inaczej masowe natężenie przepływu. Jest to szybkość, z jaką masa płynu przepływa przez powierzchnię w danym punkcie. Spójrzmy jeszcze raz na , lecz tym razem przyjrzyjmy się masie zawartej w zacienionej objętości. Masę tę można obliczyć z gęstości i objętości: m = ρ V = ρ A x . Strumień masy wynosi więc: d m d t = d d t ( ρ A x ) = ρ A d x d t = ρ A v , gdzie ρ jest gęstością, A polem przekroju, a v wartością prędkości. Pojęcie strumienia masy jest ważne w dynamice płynów i używane w rozwiązywaniu wielu problemów. Rozważmy na przykład . Rura na nim zaczyna się wlotem o polu powierzchni A 1 i zwęża się do wylotu o mniejszej powierzchni przekroju A 2 . Masa płynu wchodzącego do rury musi być równa masie płynu opuszczającego rurę. Z tego powodu prędkość przy wylocie ( v 2 ) jest większa niż prędkość przy wlocie ( v 1 ) . Wiedząc, że masa płynu wchodzącego do rury musi być równa masie płynu opuszczającego ją, możemy wyliczyć zależność między prędkością a polem powierzchni przekroju, zrównując szybkość zmiany masy wpływającej i wypływającej: ( d m d t ) 1 = ( d m d t ) 2 ρ 1 A 1 v 1 = ρ 2 A 2 v 2 . jest znane również jako równanie ciągłości w postaci ogólnej. Jeżeli gęstość płynu pozostaje stała w obszarze zmniejszającego się pola przekroju, innymi słowy jeżeli płyn jest nieściśliwy, to w równaniu ciągłości gęstości się skracają: A 1 v 1 = A 2 v 2 . Równanie ciągłości zzredukowaliśmy do postaci opisującej równość strumieni objętościowych: wchodzącego do rury oraz opuszczającego ją. Rozważania geometryczne pomocne w wyprowadzeniu równania ciągłości. Masa płynu wchodzącego do zacienionego obszaru musi być w każdej chwili taka sama jak masa płynu opuszczającego ten obszar, jeżeli płyn jest nieściśliwy. Podsumowanie Strumień objętościowy Q jest definiuje się jako objętość V przepływającą przez pole powierzchni w pewnym punkcie w czasie t lub Q = d V / d t , gdzie V jest objętością, a t czasem. Jednostką SI strumienia objętościowego jest m 3 /s, ale w powszechnym użyciu są również inne jednostki, takie jak l/min. Strumień objętościowy oraz prędkość są związane relacją Q = A v , gdzie A jest polem przekroju strumienia płynu, a v jego średnią prędkością. Równanie ciągłości mówi, że dla płynów nieściśliwych masa wpływająca do rury musi się równać masie wypływającej z niej. Pytania Wiele ilustracji w tekście prezentuje linie prądu. Wyjaśnij, dlaczego prędkość płynu jest największa tam, gdzie linie prądu są najbliżej siebie. (Podpowiedź: Rozważ zależność między prędkością płynu a polem przekroju, przez który przepływa płyn.) Rozważ dwie różne rury połączone z pojedynczą rurą o mniejszej średnicy. Płyn przepływa z szerszych rur do rury o mniejszej średnicy. Ponieważ płyn przepływa przez mniejszy przekrój, musi poruszać się szybciej – w tym samym miejscu linie prądu zbliżają się do siebie. Zadania Jaki jest średni strumień objętościowy wyrażony w cm 3 /s benzyny wpływającej do silnika samochodu, poruszającego się z prędkością 100 km/h, jeżeli średnie zużycie paliwa wynosi 10,0 km/l? 2,77 cm 3 /s Serce dorosłej osoby w spoczynku pompuje krew z wydajnością 5,00 l/min. (a) Przekształć tę liczbę na cm 3 /s . (b) Jaki jest strumień objętościowy wyrażony w m 3 /s ? Wodospady Huka na rzece Waikato są jedną z najczęściej odwiedzanych atrakcji turystycznych Nowej Zelandii. Średni strumień objętościowy rzeki wynosi około 300 000 l/s. W przełomie wodospadu rzeka zwęża się do szerokości 20 m i ma głębokość 20 m. (a) Jaka jest średnia prędkość rzeki w przełomie? (b) Jaka jest średnia prędkość rzeki za wodospadem, gdzie szerokość rzeki zwiększa się do 60 m, a średnia głębokość do 40 m? a. 0,75 m/s; b. 0,13 m/s (a) Oszacuj czas potrzebny do wypełnienia przydomowego basenu pływackiego o pojemności 80 000 l przy użyciu węża ogrodowego, dostarczającego 60 l/min. Ile czasu zajęłoby to zadanie, gdyby do basenu przekierować średniej wielkości rzekę o strumieniu 5000 m 3 /s ? Jaka jest prędkość wody w wężu strażackim o średnicy 9,00, cm dostarczającego 80,0 l/s? (b) Jaki strumień w metrach sześciennych na sekundę odpowiada tej sytuacji? (c) Czy odpowiedź byłaby inna, gdyby wodę słoną w wężu zastąpić wodą słodką? a. 12,6 m/s; b. 0,0800 m 3 /s ; c. nie, strumień objętościowy i prędkość nie zależą od gęstości płynu Woda przepływa z prędkością 2,00 m/s przez wąż o wewnętrznej średnicy 1,60 cm. (a) Jaki jest strumień objętościowy w litrach na sekundę? (b) Prędkość płynu przy dyszy tego samego węża wynosi 15,0 m/s. Jaka jest średnica dyszy? Udowodnij, że prędkość nieściśliwego płynu przez zwężenie, takie jak w rurce Venturiego, wzrasta o czynnik równy kwadratowi czynnika, o który wzrasta średnica. (Można również udowodnić twierdzenie odwrotne, dotyczące sytuacji, gdy płyn wpływa do rejonu o większej średnicy.) Jeżeli płyn jest nieściśliwy, to strumienie objętościowe po obu stronach będą takie same: Q = A 1 v 1 = A 2 v 2 lub π d 1 2 4 v 1 = π d 2 2 4 v 2 ⇒ v 2 = v 1 d 1 2 d 2 2 = v 1 ( d 1 d 2 ) 2 Woda wypływa pionowo w dół z kranu o średnicy 1,80 cm z prędkością 0,500 m/s. (Z powodu konstrukcji kranu, nie ma różnic w prędkości na przekroju strumienia.) (a) Jaki jest strumień objętościowy wyrażony w cm 3 /s ? (b) Jaka jest średnica strumienia 0,200 m poniżej kranu? Pomiń efekty związane z napięciem powierzchniowym. strumień objętościowy (ang. flow rate ) o symbolu Q , to stosunek objętości V , która przepływa przez powierzchnię w pewnym punkcie, w czasie t , w jakim płyn przepływa, lub Q = d V / d t płyn idealny (ang. ideal fluid ) płyn o pomijalnej lepkości przepływ laminarny (ang. laminar flow ) typ przepływu płynu, podczas którego warstwy płynu się nie mieszają przepływ turbulentny (ang. turbulent flow ) typ przepływu płynów, podczas którego warstwy płynu mieszają się zawracając i tworząc wiry lepkość (ang. viscosity ) miara wewnętrznego tarcia w płynie", "section": "Dynamika płynów", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Równanie Bernoulliego Jak pokazaliśmy na , gdy płyn wpływa do węższego kanału, jego prędkość rośnie. Oznacza to, że jego energia kinetyczna również wzrasta. Jest to związane z pracą wykonaną nad płynem podczas wtłaczania go do kanału. Pracę wykonuje również siła grawitacji, jeżeli płyn zmienia swoje położenie pionowe. Gdy kanał się zwęża, pojawia się różnica ciśnień. Powoduje powstanie to siły wypadkowej, ponieważ iloczyn ciśnienia i pola powierzchni równy jest sile, i to właśnie ona wykonuje pracę. Przypomnijmy sobie twierdzenie o pracy i energii: W wyp = 1 2 m v 2 − 1 2 m v 0 2 . Wykonana praca zwiększa energię kinetyczną płynu. W wyniku tego ciśnienie spada w szybko poruszającym się płynie niezależnie od tego, czy jest on zawarty w rurze, czy w innym przewodzie. Można wymienić wiele przypadków, gdy ciśnienie spada w szybko poruszającym się płynie. Na przykład zasłony prysznicowe mają ten nieprzyjemny zwyczaj, że wybrzuszają się w kierunku prysznica, gdy jest on włączony. Powodem jest to, że szybki strumień wody i powietrza wytwarza region niskiego ciśnienia wewnątrz osłoniętego zasłonami obszaru, podczas gdy ciśnienie po drugiej stronie nadal równe jest ciśnieniu atmosferycznemu. Ta różnica ciśnień powoduje powstanie siły wypadkowej, wpychającej zasłony do środka. Podobnie, gdy samochód wyprzedza ciężarówkę na autostradzie, kierowcy mają wrażenie, że oba samochody się przyciągają. Powód jest taki sam jak poprzednio: duża prędkość powietrza pomiędzy samochodem a ciężarówką powoduje powstanie obszaru niższego ciśnienia pomiędzy pojazdami, przez co oba są wpychane do środka przez ciśnienie na zewnątrz ( ). Efekt ten zaobserwowano już w połowie XIX w., kiedy to stwierdzono, że wymijające się pociągi, poruszające się w przeciwnych kierunkach, przechylają się niebezpiecznie ku sobie. Widok z góry samochodu wyprzedzającego ciężarówkę na autostradzie. Powietrze pomiędzy pojazdami porusza się w węższym kanale, więc jego prędkość wzrasta ( v 2 jest większe niż v 1 ), co sprawia, że ciśnienie pomiędzy nimi spada ( p i jest mniejsze niż p o ) . Większe ciśnienie po zewnętrznych stronach samochodów pcha je ku sobie. Zachowanie energii i równanie Bernoulliego Zastosowanie zasady zachowania energii do przepływu laminarnego bez tarcia doprowadziło do odkrycia bardzo użytecznego związku między ciśnieniem a prędkością przepływu w płynach. Związek ten nazywamy równaniem Bernoulliego (ang. Bernoulli’s equation ), od nazwiska Daniela Bernoulliego (1700–1782) , który opublikował wyniki swoich badań nad ruchem płynów w książce Hydrodynamica (1738). Rozważmy nieściśliwy płyn przepływający przez rurę o zmiennej średnicy i wysokości, jak pokazano na . Indeksy 1 i 2 na rysunku oznaczają dwie lokalizacje w rurze i przedstawiają zależność między polami przekrojów A , prędkością przepływu v , wysokością nad ziemią y oraz ciśnieniem p w każdym punkcie. Zakładamy tutaj, że gęstość w obu punktach jest taka sama – z tego powodu oznaczamy ją jako ρ bez indeksów i, ponieważ płyn jest nieściśliwy, objętości zacienionych obszarów muszą być równe. Rozważania geometryczne pomocne w wyprowadzeniu równania Bernoulliego. Zakładamy dodatkowo, że w płynie nie działają żadne siły lepkości, dlatego energia każdej jego części będzie zachowana. Aby wyprowadzić równanie Bernoulliego, najpierw obliczymy pracę wykonaną nad płynem: d W = F 1 d x 1 − F 2 d x 2 d W = p 1 A 1 d x 1 − p 2 A 2 d x 2 = p 1 d V − p 2 d V = ( p 1 − p 2 ) d V . Wykonana praca związana jest z zachowawczą siłą grawitacji i zmianą energii kinetycznej płynu. Zmiana energii kinetycznej płynu wynosi: d K = 1 2 m 2 v 2 2 − 1 2 m 1 v 1 2 = 1 2 ρ d V ( v 2 2 − v 1 2 ) . Zmiana energii potencjalnej jest następująca: d U = m g y 2 − m g y 1 = ρ d V g ( y 2 − y 1 ) . Równanie na energię można więc przekształcić do następującej postaci: d W = d K + d U ( p 1 − p 2 ) d V = 1 2 ρ d V ( v 2 2 − v 1 2 ) + ρ d V g ( y 2 − y 1 ) ( p 1 − p 2 ) d V = 1 2 ρ ( v 2 2 − v 1 2 ) + ρ g ( y 2 − y 1 ) . Po przeniesieniu wyrazów otrzymujemy równanie Bernoulliego: p 1 + 1 2 ρ v 1 2 + ρ g y 1 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 + ρ g y 2 . Zależność ta oznacza, że energia mechaniczna dowolnego elementu płynu zmienia się w wyniku pracy wykonanej nad tym elementem przez płyn znajdujący się poza nim. Wykonanie tej pracy powodowane jest przez ciśnienie zmieniające się wzdłuż toru przepływu płynu. Ponieważ oba punkty wybraliśmy dowolnie, równanie Bernoulliego możemy zapisać w postaci bardziej ogólnej jako zasadę zachowania wzdłuż toru przepływu płynu. Równanie Bernoulliego Dla nieściśliwego płynu bez tarcia, suma ciśnień statycznego i dynamicznego zachowana jest nie tylko w czasie, ale również wzdłuż linii prądu: p + 1 2 ρ v 2 + ρ g y = constant. Szczególną uwagę należy tu zwrócić na fakt, że w sytuacji dynamicznej ciśnienia na tej samej wysokości w różnych częściach płynu mogą być różne, jeżeli części te mają różną prędkość przepływu. Analiza równania Bernoulliego Zgodnie z równaniem Bernoulliego w małej objętości płynu wzdłuż toru jej ruchu poszczególne wielkości równania mogą się zmieniać, ale ich suma pozostanie stała. Równanie to jest tak naprawdę wygodną formą zapisu prawa zachowania energii w nieściśliwym płynie przy braku oporów ruchu. W ogólnej postaci równanie Bernoulliego ma trzy elementy, a jego zastosowanie jest bardzo szerokie. Aby lepiej je zrozumieć, rozważmy kilka szczegółowych przypadków ilustrujących i upraszczających jego znaczenie. Równanie Bernoulliego dla płynów statycznych Na początek rozważmy bardzo prostą sytuację, w której płyn jest statyczny, czyli v 1 = v 2 = 0 . Równanie Bernoulliego w tym przypadku przyjmuje postać: p 1 + ρ g h 1 = p 2 + ρ g h 2 . Możemy jeszcze bardziej je uprościć, podstawiając h 2 = 0 . (Możemy wybrać dowolną wysokość jako wysokość referencyjną i przypisać jej wartość zero. Często się tak robi w rozważaniach dotyczących siły grawitacji.) Wówczas otrzymujemy: p 2 = p 1 + ρ g h 1 . Równanie to mówi nam, że w płynach statycznych ciśnienie rośnie z głębokością. Gdy poruszamy się od punktu 1 do punktu 2 w płynie, głębokość rośnie o h 1 i w związku z tym p 2 jest większe niż p 1 o ρ g h 1 . W najprostszym przypadku p 1 wynosi zero na szczycie płynu i otrzymujemy znane już wyrażenie p = ρ g h . Przypomnijmy sobie, że p = ρ g h i Δ U g = − m g h . Równanie Bernoulliego potwierdza fakt, że zmiana ciśnienia spowodowana ciężarem płynu wynosi ρ g h . Pomimo tego, że wprowadziliśmy równanie Bernoulliego w celu opisania płynów w ruchu, zawiera ono wiele zasad, którymi zajmowaliśmy się wcześniej, badając płyny statyczne. Poziomy przepływ płynu Załóżmy, że płyn porusza się, ale jego głębokość pozostaje stała h 1 = h 2 . W tych warunkach równanie Bernoulliego przyjmuje postać: p 1 + 1 2 ρ v 1 2 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 . Sytuacje, w których przepływ płynu odbywa się na stałym poziomie są tak częste, że równanie to stanowi przedmiot osobnych rozważań, jest to jednak nadal to samo równanie Bernoulliego. (Zwróćmy ponownie uwagę, że opisuje ono ruch małego elementu płynu wzdłuż toru jego ruchu.) Równanie Bernoulliego w tej postaci podkreśla fakt, że w poruszającym się płynie ciśnienie spada, gdy wzrasta prędkość: jeżeli v 2 jest większe niż v 1 , to p 2 musi być mniejsze niż p 1 , aby równanie było spełnione. Obliczanie ciśnienia W , obliczyliśmy, że prędkość wody w wężu zwiększyła się z 1,96 m/s do 25,5 m/s podczas przechodzenia z węża do dyszy. Oblicz ciśnienie w wężu, wiedząc, że ciśnienie absolutne w dyszy wynosi 1,01 ⋅ 10 5 N / m 2 (równe ciśnieniu atmosferycznemu, jak być powinno) i zakładając przepływ bez oporów na stałej wysokości. Strategia rozwiązania Mamy tu do czynienia z przepływem na stałej głębokości, czyli możemy zastosować uproszczone równanie Bernoulliego. Użyjemy indeksu 1 dla wartości wewnątrz węża i 2 dla wartości w dyszy. Naszym zadaniem jest więc wyliczyć p 1 . Rozwiązanie Rozwiązanie prawa Bernoulliego dla przepływu poziomego ze względu na p 1 prowadzi do: p 1 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 − 1 2 ρ v 1 2 = p 2 + 1 2 ρ ( v 2 2 − v 1 2 ) . Podstawiając wartości, otrzymujemy: p 1 = 1,01 ⋅ 10 5 N m 2 + 1 2 10 3 k g m 3 [ ( 25,5 m s ) 2 − ( 1,96 m s ) 2 ] = 4,24 ⋅ 10 5 N m 2 . Znaczenie Tak jak się spodziewaliśmy, ciśnienie absolutne wewnątrz węża jest większe niż przy dyszy, ponieważ v jest większe niż w dyszy. Ciśnienie p 2 w dyszy musi być równe atmosferycznemu, ponieważ woda wytryskuje w kierunku atmosfery bez zmiany innych wartości. Zastosowania prawa Bernoulliego dla przepływu poziomego W wielu urządzeniach oraz sytuacjach codziennego życia odnajdujemy przypadki, w których płyn przepływa na stałej wysokości i które mogą być analizowane przy pomocy uproszczonego równania. Porywanie płynu Możliwość wykorzystania spadku ciśnienia w szybko poruszających się płynach do wprawiania materii w ruch zauważono już dawno temu. Większe ciśnienie na zewnątrz szybko poruszającego się płynu wpycha inne płyny w szybki strumień. Proces ten nazywany jest czasem porywaniem (ang. entrainment ) (w polskiej literaturze mówi się o „zasysaniu” lub „ssącym działaniu strugi”, jednak pojęcie „porywanie”, również używane, wydaje się tu zręczniejsze - przyp. tłum.). Urządzenia wykorzystujące porywanie, takie jak pompy do unoszenia wody na niskie wysokości, stosowane na przykład do osuszania bagien i innych nisko położonych obszarów, są w użytku od starożytności. Inne urządzenia wykorzystujące to zjawisko przedstawiono na . Urządzenia stosujące porywanie wykorzystują zwiększoną prędkość płynu do wytworzenia niższego ciśnienia, które porywa jeden rodzaj płynu do wnętrza drugiego. (a) Palnik Bunsena używa regulowanej dyszy, która porywa powietrze, aby regulować spalanie. (b) Po ściśnięciu gruszki atomizera, podmuch powietrza porywa kropelki perfum. (c) Powszechnie stosowany aspirator używa szybkiego strumienia wody do wytworzenia obszaru niskiego ciśnienia. Aspiratory mogą być używane jako pompy ssące w zastosowaniach dentystycznych i chirurgicznych lub do osuszania zalanej piwnicy czy wytworzenia niższego ciśnienia w zbiorniku. (d) Komin podgrzewacza wody jest tak zaprojektowany, aby porywał powietrze do wnętrza rury wychodzącej na zewnątrz pomieszczenia. Pomiar prędkości pokazuje dwa urządzenia, wykorzystujące prawo Bernoulliego do pomiaru prędkości płynu. Manometr w części (a) jest połączony z dwiema rurkami wystarczająco małymi, aby nie zaburzyć znacząco przepływu. Rurka z otworem skierowanym ku nadlatującemu płynowi wytwarza przed sobą martwy punkt, w którym prędkość wynosi zero ( v 1 = 0 ), podczas gdy prędkość płynu w pobliżu drugiej rurki, która ma otwór z boku, wynosi v 2 . Oznacza to, że równanie Bernoulliego: p 1 + 1 2 ρ v 1 2 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 możemy zapisać jako: p 1 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 . Czyli ciśnienie p 2 nad drugim otworem jest zmniejszone o ρ v 2 / 2 , więc płyn w manometrze podnosi się o h po stronie połączonej z drugim otworem i dodatkowo otrzymujemy: h ∝ 1 2 ρ v 2 2 . (Przypomnijmy, że symbol ∝ oznacza „proporcjonalny do”.) Rozwiązując ze względu na v 2 , zauważamy, że: v 2 ∝ h . Część (b) prezentuje wersję tego urządzenia powszechnie używaną do pomiaru prędkości płynów. Jest ono często wykorzystywane jako czujnik prędkości powietrza w samolotach. Pomiar prędkości oparty na równaniu Bernoulliego. (a) Do dwóch rurek, które są na tyle blisko i są na tyle małe, że nie zaburzają przepływu płynu, podłączono manometr. Rurka 1 ma otwór w kierunku poruszającego się płynu, przez co powstaje przed nim martwy punkt, w którym prędkość płynu wynosi zero. Rurka 2 ma otwór z boku, więc płyn ma tam prędkość v , co powoduje spadek ciśnienia w tym miejscu. Różnica ciśnień na manometrze wynosi ρ v 2 2 / 2 , więc h jest proporcjonalne do ρ v 2 2 / 2 . (b) Urządzenie tego typu nazywa się rurką Prandtla (ang. Prandtl tube ), określa się je również mianem rurki Pitota (choć w rzeczywistości rurka Prandtla jest udoskonaleniem rurki Pitota - przyp. tłum.). Wąż strażacki Wszystkie przedstawione dotychczas zastosowania równania Bernoulliego wykorzystywały założenia upraszczające, takie jak stała wysokość czy stałe ciśnienie. Kolejny przykład stanowi bardziej ogólne zastosowanie równania Bernoulliego, w którym zmieniają się zarówno ciśnienie, jak i prędkość oraz wysokość. Obliczanie ciśnienia: dysza węża strażackiego Węże strażackie używane w dużych pożarach mają wewnętrzną średnicę 6,40 cm ( ). Załóżmy, że strumień objętościowy w takim wężu ma wartośc 40,0 l/s, pod ciśnieniem manometrycznym równym 1,62 ⋅ 10 6 N / m 2 . Wąż sięga do wysokości 10,0 m wzdłuż drabiny i kończy się dyszą o wewnętrznej średnicy 3,00 cm. Jakie jest ciśnienie w dyszy? Ciśnienie w dyszy tego węża strażackiego jest mniejsze niż na poziomie Ziemi z dwóch powodów: po pierwsze woda musi zostać wyniesiona na wysokość dyszy, po drugie, przy dyszy zwiększa się jej prędkość. Pomimo tego spadku ciśnienia woda może wywierać znaczną siłę na przedmioty, w które uderza, dzięki swojej energii kinetycznej. Ciśnienie strumienia wody zrównuje się z atmosferycznym w momencie, gdy opuszcza ona dyszę. Strategia rozwiązania Ponieważ wysokość nie jest stała, musimy rozwiązać pełne równanie Bernoulliego ze względu na ciśnienie. Rozwiązanie Pełne równanie ma następującą postać: p 1 + 1 2 ρ v 1 2 + ρ g h 1 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 + ρ g h 2 gdzie indeks 1 odnosi się do warunków na poziomie ziemi, a indeks 2 do warunków przy dyszy. Na początku musimy znaleźć prędkości v 1 i v 2 . Ponieważ Q = A 1 v 1 , uzyskujemy: v 1 = Q A 1 = 40,0 ⋅ 10 − 3 m 3 / s π ( 3,20 ⋅ 10 − 2 m ) 2 = 12,4 m s . Podobnie obliczamy: v 2 = 56,6 m s . Jest to dość duża prędkość, dzięki której woda może dosięgnąć ognia. Podstawimy teraz zero za h 1 i rozwiążemy równanie Bernoulliego ze względu na p 2 : p 2 = p 1 + 1 2 ρ ( v 1 2 − v 2 2 ) − ρ g h 2 . Podstawiamy znane wartości i dochodzimy do: p 2 = 1,62 ⋅ 10 6 N m 2 + 1 2 ⋅ 10 3 k g m 3 ⋅ [ ( 12,4 m s ) 2 − ( 56,6 m s ) 2 ] − 10 3 k g m 3 ⋅ 9,80 m s 2 ⋅ 10,0 m = − 2900 N m 2 . Znaczenie Uzyskana wartość jest ciśnieniem manometrycznym, ponieważ wyjściowe ciśnienie również było podane względem ciśnienia atmosferycznego. W związku z tym ciśnienie za dyszą równa się ciśnieniu atmosferycznemu, gdyż woda wypływa do atmosfery bez zmiany innych warunków, w których się znajduje. Podsumowanie Równanie Bernoulliego mówi, że sumy po dwóch stronach poniższego równania są takie same w dowolnych dwóch punktach nieściśliwego płynu: p 1 + 1 2 ρ v 1 2 + ρ g h 1 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 + ρ g h 2 . Wiele zastosowań ma uproszczona wersja równania Bernoulliego, w której wysokość płynu jest stała. Składniki równania zawierające wysokość (lub głębokość h ) upraszczają się i w efekcie uzyskujemy p 1 + 1 2 ρ v 1 2 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2 . Powyższa postać równania Bernoulliego ma wiele zastosowań, w tym dotyczące zjawiska porywania oraz pomiaru prędkości. Pytania Można sprawić, że woda z węża ogrodowego wytryśnie na znacznie większą odległość, jeśli częściowo zakryjemy jego wylot kciukiem. Wyjaśnij, dlaczego tak jest. W fontannach dekoracyjnych woda wytryskuje prawie pionowo, po czym strumień się poszerza ze wzrostem wysokości. Z drugiej strony, strumień wody wylatującej z kranu pionowo w dół się zwęża. Wyjaśnij, dlaczego tak się dzieje. Masa wody, która wpływa do pewnego elementu objętości, musi się równać masie opuszczającej ten element. Z równania ciągłości wiemy, że iloczyn prędkości i pola powierzchni musi pozostawać stały. ze względu na to, że gęstość wody się nie zmienia, to prędkość pomnożona przez pole przekroju w miejscu, w którym woda wchodzi do rozważanej objętości, musi być równa iloczynowi prędkości i pola przekroju w miejscu, gdzie woda go opuszcza. Ponieważ prędkość strumienia w fontannie maleje wraz z wysokością z powodu działania siły grawitacji, to powierzchnia jego przekroju musi rosnąć. Prędkość strumienia wody opuszczającego kran rośnie z odległością, dlatego powierzchnia jego przekroju musi maleć. Przyjrzyj się ponownie . Odpowiedz na następujące pytania. Dlaczego ciśnienie p o jest mniejsze niż atmosferyczne? Dlaczego p o jest większe niż p i ? Widoczna poniżej rurka ze zwężeniem, którego celem jest wywołanie porywania, nazywa się rurką Venturiego (ang. Venturi tube ). Są one powszechnie stosowane w gaźnikach i aspiratorach. W jaki sposób urządzenie tego typu wywołuje porywanie? Zgodnie z równaniem ciągłości, gdy rurka się zwęża, płyn musi przyspieszyć, a co za tym idzie, nad płynem wykonywana jest praca. W miejscu zwężenia ciśnienie maleje, co pociąga za sobą porywanie płynu poza strumieniem do wewnątrz zwężonej części rurki. Niektóre przewody kominowe mają kształt litery T, dzięki czemu górna, zakryta część pozwala wyciągać gazy nawet przy najlżejszym podmuchu wiatru. Wyjaśnij działanie takiej konstrukcji przy użyciu równania Bernoulliego dla przepływu poziomego. Czy istnieje maksymalna wysokość, na którą urządzenia wykorzystujące porywanie mogą wynieść płyn? Odpowiedź uzasadnij. Praca wykonana przez ciśnienie może być wykorzystana do zwiększenia energii kinetycznej oraz energii potencjalnej. Wraz ze wzrostem wysokości energia kinetyczna stanowi coraz mniejszą część całkowitej energii i ostatecznie osiągnie wartość zero. Jest to maksymalna wysokość, na którą można unieść płyn przy wykorzystaniu tej zasady. Czy łatwiej jest wystartować samolotem z wiatrem, czy pod wiatr? Zdarza się, że podczas cyklonów tropikalnych dachy wylatują w górę, a budynki eksplodują na zewnątrz po uderzeniu tornada. Użyj równania Bernoulliego dla przepływu poziomego do wyjaśnienia tych zjawisk. Ciśnienie na zewnątrz budynków spada, ponieważ powietrze porusza się tam z dużą prędkością. Większe ciśnienie wewnątrz budynku powoduje wyrzucenie dachu w górę lub eksplozję budynku na zewnątrz. Niebezpiecznie jest stać blisko torów, gdy przejeżdża po nich szybki pociąg. Wyjaśnij, dlaczego ciśnienie atmosferyczne będzie wpychało osobę stojącą przy torach w kierunku pociągu. Ciśnienie wody wewnątrz dyszy węża może być mniejsze od atmosferycznego z powodu efektu Bernoulliego. Wziąwszy pod uwagę energię wody, wyjaśnij w jaki sposób woda może się wydostać z węża, pokonując ciśnienie atmosferyczne. Woda wewnątrz węża się porusza, w związku z czym ma ona niezerową energię kinetyczną. Zostaje ona wykorzystana do wykonania pracy przeciwko różnicy ciśnień. Dawid opuścił szybę w oknie swojego samochodu podczas jazdy autostradą. Plastikowa torebka leżąca na podłodze wyleciała wtedy przez okno. Wyjaśnij dlaczego. Jakie trzy formy energii poruszającego się płynu są reprezentowane w równaniu Bernoulliego? (Zwróć uwagę, że te formy energii są zachowane, podczas gdy inne, takie jak energia cieplna i inne formy dyssypatywne, nie są obecne w tym równaniu.) Energia potencjalna związana z położeniem, energia kinetyczna związana z prędkością i praca wykonana przez różnicę ciśnień. Stary, gumowy kalosz pokazany na poniższym rysunku ma dwie dziury. Do jakiej maksymalnej wysokości może wytrysnąć woda z dziury 1? Jak prędkość wody wytryskującej z dziury 2 różni się od prędkości wody z dziury 1? Wyjaśnij, rozważając energię. Zadania Udowodnij, że ciśnienie można wyrazić w jednostkach energii na jednostkę objętości. F = p A ⇒ p = F A , [ p ] = N/m 2 = N · m/m 3 = J/m 3 = energia/objętość Masz do dyspozycji przyrząd do pomiaru prędkości płynu, taki jak pokazano na . O ile musi wzrosnąć prędkość wiatru, aby wartość h na manometrze się podwoiła? Czy wynik jest niezależny od poruszającego się płynu i od płynu w manometrze? Jeżeli rurka Pitota pokazuje ciśnienie 15,0 mmHg przy prędkości 200 km/h, to jakie ciśnienie pokaże przy prędkości 700 km/h na tej samej wysokości nad poziomem morza? −135 mmHg Co kilka lat wiatry w mieście Boulder w stanie Kolorado osiągają prędkości 45,0 m/s, gdy prąd strumieniowy opada w kierunku ziemi wczesną wiosną. Oblicz, posługując się równaniem Bernoulliego, jaka jest w przybliżeniu siła działająca na dach o powierzchni 220 m 2 ? Typowa gęstość powietrza dla Boulder wynosi 1,14 k g / m 3 , a średnie ciśnienie 8,89 ⋅ 10 4 N / m 2 . (Równanie Bernoulliego zakłada laminarność przepływu, więc uzyskany wynik można traktować wyłącznie jako wynik przybliżony, ponieważ w opisanej sytuacji pojawiają się znaczne turbulencje.) Jaki jest spadek ciśnienia związany z efektem Bernoulliego podczas przejścia wody z węża strażackiego o średnicy 9,00 cm do dyszy o średnicy 3,00 cm, jeżeli strumień objętościowy niesie 40,0 l/s? (b) Do jakiej maksymalnej wysokości powyżej dyszy może dolecieć woda? (Rzeczywista wysokość będzie znacznie mniejsza z powodu oporu powietrza.) a. 1,58 ⋅ 10 6 N / m 2 ; b. 163 m (a) Używając równania Bernoulliego, pokaż, że prędkość płynu v zmierzona w rurce Pitota, takiej jak na , dana jest przez v = ( 2 ρ ′ g h / ρ ) 1 / 2 , gdzie h jest wysokością płynu w manometrze, ρ ′ gęstością płynu w manometrze, ρ gęstością poruszającego się płynu, a g jest przyspieszeniem ziemskim. (Zwróć uwagę, że v jest faktycznie proporcjonalne do kwadratu h , jak napisano w rozdziale). (b) Oblicz v dla poruszającego się powietrza, jeżeli wysokość h na manometrze rtęciowym wynosi 0,200 m. Pojemnik z wodą ma pole przekroju A = 0,1 m 2 . Na szczycie wody spoczywa tłok (rysunek poniżej). 0,15 m powyżej podstawy pojemnika znajduje się odpływ, którego pole przekroju wynosi A s = 7,0 ⋅ 10 − 4 m 2 . (a) Jaka jest prędkość wody wylatującej z odpływu? (b) Jeżeli otwór odpływu znajduje się 1,5 m powyżej powierzchni, jak daleko od wylotu woda spadnie na ziemię? Pomiń wszystkie siły tarcia i inne siły dyssypatywne. a. v 2 = 3,28 m / s b. t = 0,55 s x = v t = 1,81 m Płyn o stałej gęstości przepływa przez redukcję (zwężenie) w rurze. Wyznacz równanie wyrażającą zmianę ciśnienia przy pomocy v 1 , A 1 , A 2 , oraz gęstości. równanie Bernoulliego (ang. Bernoulli’s equation ) równanie wynikające z zastosowania prawa zachowania energii do nieściśliwego płynu z pominięciem tarcia: p + 1 2 ρ v 2 + ρ g h = constant , w całej objętości płynu poziomy przepływ płynu (ang. Bernoulli’s principle ) przepływ płynu bez zmiany wysokości, zapisywany przez równanie Bernoulliego dla stałej wysokości: p 1 + 1 2 ρ v 1 2 = p 2 + 1 2 ρ v 2 2", "section": "Równanie Bernoulliego", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Lepkość i turbulencje W rozdziale Zastosowania praw Newtona , gdzie wprowadziliśmy pojęcie tarcia, przekonaliśmy się, że przedmiot ślizgający się po podłodze z pewną prędkością początkową, na który nie działa żadna siła wypadkowa, zatrzyma się po pewnym czasie z powodu działania siły tarcia. Siła tarcia zależy od rodzaju materiałów, które są w kontakcie, i jest proporcjonalna do siły normalnej. W tym samym rozdziale omówiliśmy również opór powietrza i pokazaliśmy, że jest on proporcjonalny do prędkości przy małych prędkościach, a przy dużych - do kwadratu prędkości. W tym rozdziale dowiemy się więcej o siłach tarcia działających w płynach podczas ich ruchu. Na przykład na płyn przepływający przez rurę działa siła tarcia między nim a ścianami rury. Tarcie pojawia się również pomiędzy różnymi warstwami płynu. Te siły oporu zmieniają sposób, w jaki płyn porusza się przez rurę. Lepkość i przepływ laminarny Kiedy nalewasz sok do szklanki, płyn porusza się swobodnie i szybko. Ale kiedy wlewasz miód na kromkę chleba, przepływa on powoli i przykleja się do łyżki czy słoika. Różnicę powoduje tarcie, zarówno wewnątrz płynu, jak i pomiędzy płynem a jego otoczeniem. Tę cechę płynów nazywamy lepkością. Sok ma małą lepkość, a miód - dużą. Precyzyjna definicja lepkości wykorzystuje pojęcie laminarności, czyli przepływu nieturbulentnego. pokazuje schematycznie, czym różni się przepływ laminarny od turbulentnego. Podczas przepływu laminarnego warstwy płynu poruszają się bez mieszania, a w przypadku przepływu turbulentnego warstwy się mieszają i mogą pojawić się obszary, w których wystąpią znaczne prędkości w kierunku innym niż wypadkowy przepływ. (a) W przypadku przepływu laminarnego nie dochodzi do mieszania się warstw. Zwróćmy uwagę, że lepkość sprawia, iż warstwy płynu pociągają się nawzajem, podobnie jak dzieje się to z warstwami stałymi. Prędkość w pobliżu dolnej części przepływu ( v b ) jest mniejsza niż w pobliżu powierzchni ( v t ), ponieważ w tym przypadku powierzchnia pojemnika zawierającego płyn jest na spodzie. (b) Przeszkoda w pojemniku powoduje przepływ turbulentny, który miesza płyn. W takiej sytuacji występuje więcej oddziaływań, płyn zostaje podgrzany i pojawiają się większe opory niż w przypadku przepływu laminarnego. Turbulencja (ang. turbulence ) to taki przepływ, w którym warstwy płynu się mieszają, tworząc zawirowania i zwroty w przepływie. Są dwa główne powody turbulencji: pierwszym jest przeszkoda o ostrych końcach, taka jak kran, która powoduje turbulencje przez wprowadzenie do przepływu prędkości do niego prostopadłych; drugim powodem jest duża prędkość. Przy dużej prędkości płynu oddziaływanie między sąsiadującymi warstwami oraz ich otoczeniem może powodować wiry i zawracanie płynu. Na prędkość przyspieszającego dymu dochodzi do momentu, w którym zaczynają się tworzyć wiry z powodu tarcia między dymem a otaczającym go powietrzem. Dym unosi się równomiernie przez pewien czas, a później zaczynają w nim powstawać wiry. Równomierna część przepływu jest laminarna, natomiast w części z wirami obserwujemy turbulencje. Dym unosi się szybciej w obszarze przepływu laminarnego niż w obszarze przepływu turbulentnego, co oznacza, że turbulencja powoduje większe opory ruchu. (Źródło: „Creativity103”/Flickr) przedstawia pomiar lepkości w płynie. Płyn, którego lepkość chcemy zmierzyć, umieszczamy pomiędzy dwiema równoległymi płytkami. Dolna jest umocowana do podłoża, podczas gdy górna porusza się w prawo, pociągając ze sobą płyn. Warstwa płynu w kontakcie z którąś z tych płytek nie porusza się względem niej, więc górna warstwa ma prędkość v , a dolna pozostaje w spoczynku. Każda kolejna warstwa od góry wywiera siłę na warstwę poniżej, próbując pociągnąć ją ze sobą, co wywołuje powstawanie ciągłej zmiany prędkości od v aż do 0, jak pokazano na rysunku. Podczas pomiaru należy zwracać uwagę, aby przepływ był laminarny, czyli aby warstwy się nie mieszały. Ruch zaprezentowany na rysunku przypomina ciągły ruch ścinający. Płyny mają zerową wytrzymałość na ścinanie, więc szybkość, z jaką odpowiadają na siłę ścinającą, jest związana z tymi samymi czynnikami geometrycznymi A oraz L , jak deformacja ścinająca w ciałach stałych. Na diagramie płyn jest początkowo w spoczynku. Warstwa płynu w kontakcie z poruszającą się płytką doznaje przyspieszenia i zaczyna się poruszać z powodu tarcia między nimi. Następna warstwa jest w kontakcie z poruszającą się warstwą. Ponieważ pojawia się tarcie pomiędzy tymi dwiema warstwami, ta warstwa również doznaje przyspieszenia. Sytuacja ta powtarza się aż do osiągnięcia dna płynu. Pomiar lepkości dla przepływu laminarnego między dwiema płytkami o polu powierzchni A . Dolna płytka jest przymocowana do podłoża. Gdy górna płytka zostaje wprawiona w ruch, pociąga za sobą płyn. Aby utrzymywać górną płytkę z w ruchu jednostajnym z prędkością v , potrzebna jest siła F . Eksperymenty wykazały, że siła ta zależy od czterech czynników. Pierwszym z nich jest wymóg prostej proporcjonalności F do v (jest tak do czasu aż prędkość nie wzrośnie do wartości, po której zaczynają występować turbulencje - w tym momencie zaczyna być potrzebna znacznie większa siła, a jej zależność od v staje się znacznie bardziej skomplikowana). Po drugie, F musi być proporcjonalna do pola powierzchni płytki A . Ten związek wydaje się naturalny, ponieważ A jest wprost proporcjonalne do ilości przepływającego płynu. Po trzecie, F jest odwrotnie proporcjonalna do odległości między płytkami L . Ten związek również wydaje się naturalny: L działa jak ramię dźwigni – im dłuższe ramię, tym mniejsza siła jest potrzebna. Po czwarte, F jest wprost proporcjonalna do współczynnika lepkości (ang. coefficient of viscosity ), η . Im większa lepkość, tym większa siła jest potrzebna. Powyższe związki mogą być podsumowane przy pomocy następującego równania: F = η v A L . Równanie to jest definicją współczynnika lepkości płynu η . Po jego rozwiązaniu ze względu na η otrzymujemy: η = F L v A , czyli definicję współczynnika lepkości płynu uzyskaną przez rozważenie procedury jego pomiaru. Jednostką SI lepkości jest N ⋅ m / [ ( m / s ) m 2 ] = ( N / m 2 ) s lub P a ⋅ s . podaje współczynniki lepkości dla różnych płynów. Wartość lepkości różni się między płynami o wiele rzędów wielkości. Zgodnie z oczekiwaniami lepkości gazów są znacznie niższe niż w przypadku cieczy i często zależą od temperatury. Współczynniki lepkości różnych płynów Płyn Temperatura ( °C) Lepkość η ( Pa ⋅ s ) Powietrze 0 0,0171 20 0,0181 40 0,0190 100 0,0218 Amoniak 20 0,00974 Dwutlenek węgla 20 0,0147 Hel 20 0,0196 Wodór 0 0.0090 Rtęć 20 0,0450 Tlen 20 0,0203 Para wodna 100 0,0130 Woda ciekła 0 1,792 20 1,002 37 0,6947 40 0,653 100 0,282 Krew 20 3,015 37 2,084 Plazma krwi 20 1,810 37 1,257 Alkohol etylowy 20 1,20 Metanol 20 0,584 Olej (ciężki, maszynowy) 20 660 Olej (silnikowy, SAE 10) 30 200 Oliwa z oliwek 20 138 Gliceryna 20 1500 Miód 20 2000–10000 Syrop klonowy 20 2000–3000 Mleko 20 3,0 Olej kukurydziany 20 65 Przepływ laminarny płynu w rurze. Prawo Poiseuille’a Co jest przyczyną przepływu? Odpowiedź na to pytanie nie zaskakuje – przepływ powoduje różnica ciśnień. Tak naprawdę istnieje bardzo prosta relacja między przepływem horyzontalnym a ciśnieniem. Strumień Q ma kierunek od wyższego ciśnienia do niższego. Im większa różnica ciśnień pomiędzy dwoma punktami, tym większy strumień. Relację tę możemy wyrazić następująco: Q = p 2 − p 1 R , gdzie p 1 i p 2 są ciśnieniami w dwóch różnych miejscach, takich jak końce rury, a R jest oporem stawianym przepływowi. Opór R zawiera wszystkie elementy, które wpływają na przepływ, za wyjątkiem ciśnienia. Na przykład R jest większe w rurze długiej niż w krótkiej. Im większa lepkość płynu, tym większa wartość R . Turbulencje znacznie podwyższają wartość R , a zwiększenie średnicy rury ją zmniejsza. Jeżeli lepkość wynosi zero, to tarcie wynosi zero i opory stawiane przepływowi są również zerowe. Porównując przepływ płynu nielepkiego z przepływem płynu lepkiego, widzimy, że ( ) płyn lepki ma największą prędkość w centrum przepływu, co wynika z tarcia o ściany rury. Efekt działania lepkości możemy zaobserwować w palniku Bunsena (część (c) rysunku), pomimo niewielkiej gęstości gazu ziemnego. (a) Jeżeli płyn przepływający w rurze ma pomijalną lepkość, wówczas prędkość jest taka sama w całej rurze. (b) Gdy lepki płyn przepływa przez rurę, to jego prędkość przy ścianach wynosi zero i rośnie stopniowo w miarę zbliżania się do środka rury, gdzie osiąga maksymalną wartość. (c) Kształt płomienia w palniku Bunsena wynika z profilu prędkości w rurze. (Źródło: modyfikacja zdjęcia Jasona Woodheada) Opór R stawiany laminarnemu przepływowi nieściśliwego płynu o lepkości η przez poziomą rurę o jednorodnym promieniu r i długości l , opisuje równanie: R = 8 η l π r 4 . Równanie to nazywa się prawem Poiseuille’a (ang. Poiseuille’s law ) na cześć francuskiego uczonego J. L. Poiseuille'a (1797–1869) , który je wyprowadził, próbując wyjaśnić przepływ krwi w ciele. Przeanalizujmy równanie Poiseuille’a na R i przekonajmy się, czy jest ono intuicyjne. Widzimy, że opór jest wprost proporcjonalny zarówno do lepkości płynu η , jak i do długości rury l . Oba te elementy bezpośrednio wpływają na tarcie doświadczane przez płyn – im większa jest wartość któregoś z nich, tym większy opór i mniejszy strumień. Promień r rury wpływa na opór, co również jest intuicyjne, ponieważ im większy promień, tym większy strumień (przy zachowaniu pozostałych parametrów). Zaskakuje jednak fakt, że r jest podniesione do potęgi czwartej. Wykładnik ten oznacza, że zmiana promienia rury ma ogromny wpływ na opór. Na przykład dwukrotne zwiększenie promienia zmniejsza opór 2 4 = 16 -krotnie. Jeśli połączymy Q = ( p 2 − p 1 ) / R z R = 8 η l / ( π r 4 ) uzyskamy następujące równanie na strumień: Q = ( p 2 − p 1 ) π r 4 8 η l . To równanie opisuje przepływ laminarny w rurze. Nazywane jest często prawem Poiseuille’a dla przepływu laminarnego lub po prostu prawem Poiseuille’a ( ). Prawo Poiseuille'a stosuje się do laminarnego nieściśliwego płynu o lepkości η przez rurę o długości l i promieniu r . Płyn porusza się od większego ciśnienia do mniejszego. Strumień Q jest wprost proporcjonalny do różnicy ciśnień p 2 − p 1 , a odwrotnie proporcjonalny do długości rury l i lepkości płynu η . Strumień wzrasta z promieniem o czynnik r 4 . Wykorzystanie strumienia: układy klimatyzacji Układ klimatyzacji zaprojektowano tak, aby dostarczał powietrze pod ciśnieniem manometrycznym 0,054 Pa w temperaturze 20 ° C . Powietrze jest przesyłane izolowanym przewodem o przekroju kołowym, którego średnica wynosi 18,00 cm. Ma on długość 20 m i wylot w pomieszczeniu, gdzie panuje ciśnienie atmosferyczne 101,30 kPa. Ma ono długość 12 m, szerokość 6 m i wysokość 3 m. (a) Jaki jest strumień objętościowy przepływający przez rurę, zakładając przepływ laminarny? (b) Oszacuj, ile czasu trzeba, aby całkowicie wymienić powietrze w pokoju. (c) Robotnicy decydują się oszczędzić trochę pieniędzy przez użycie przewodu o średnicy 9,00 cm. Jaki będzie strumień w tym przypadku? Strategia rozwiązania Jeśli przyjmiemy przepływ laminarny, prawo Poiseuille’a mówi, że: Q = ( p 2 − p 1 ) π r 4 8 η l = d V d t Musimy porównać promienie przewodu przed redukcją i po redukcji strumienia. Zauważmy, że znamy średnicę przewodu, więc, aby obliczyć promień, musimy podzielić ją przez 2. Rozwiązanie Jeśli założymy stałą różnicę ciśnień i użyjemy lepkości η = 0,0181 mPa ⋅ s , otrzymujemy: Q = 0,052 P a ⋅ 3,14 ⋅ ( 0,09 m ) 4 8 ⋅ 0,0181 ⋅ 10 − 3 P a ⋅ s ⋅ 20 m = 3,84 ⋅ 10 − 3 m 3 s . Załózmy stały przepływ Q = d V d t ≈ Δ V Δ t Δ t = Δ V Q = 12 m ⋅ 6 m ⋅ 3 m 3,84 ⋅ 10 − 3 m 3 / s = 5,63 ⋅ 10 4 = 15,63 h . Stosujemy założenia przepływu laminarnego, dzięki czemu z prawa Poiseuille’a uzyskujemy: Q = 0,054 P a ⋅ 3,14 ⋅ ( 0,045 m ) 4 8 ⋅ 0,0181 ⋅ 10 − 3 P a ⋅ s ⋅ 20 m = 2,4 ⋅ 10 − 4 m 3 s . Widzimy więc, że redukcja promienia przewodu o połowę, zmniejszy strumień do 6,25% początkowej wartości. Znaczenie Ogólnie, w przypadku przepływu laminarnego, zmniejszenie promienia ma bardziej odczuwalne konsekwencje, niż zwiększenie jego długości. Jeżeli zostanie ona zwiększona przy zachowaniu pozostałych warunków, to strumień maleje o: Q A Q B = ( p 2 − p 1 ) π r A 4 8 η l A ( p 2 − p 1 ) π r B 4 8 η l B = l B l A Q B = l A l B Q A . Dwukrotne zwiększenie długości zmniejsza strumień do połowy początkowej wartości. Jeżeli promień zostanie zmniejszony, a wartości pozostałych zmiennych pozostaną takie same, to strumień zmaleje o znacznie większy czynnik. Q A Q B = ( p 2 − p 1 ) π r A 4 8 η l A ( p 2 − p 1 ) π r B 4 8 η l B = ( r A r B ) 4 Q B = ( r B r A ) 4 Q A Zmniejszenie promienia o połowę zmniejsza strumień do jednej szesnastej początkowego strumienia. Przepływ i opory jako przyczyny spadków ciśnienia Ciśnienie wody w domach i mieszkaniach bywa mniejsze podczas zwiększonego jej zużycia, na przykład w gorące, słoneczne dni. Spadek ciśnienia następuje w głównej magistrali wodociągowej, przed dotarciem wody do pojedynczych mieszkań. Rozważmy sytuację [pokazaną na , czyli przepływ w głównej magistrali. Przekształcając równania na strumień, możemy zrozumieć, dlaczego ciśnienie wody dopływającej do mieszkania p 1 spada podczas zwiększonego zapotrzebowania: Q = p 2 − p 1 R p 2 – p 1 = R Q . W tym przypadku p 2 to ciśnienie wody przy przepompowni, a R to opór w głównej magistrali wodociągowej. Podczas zwiększonego zużycia strumień Q ma dużą wartość. Oznacza to, że różnica p 2 − p 1 również musi być duża, dlatego p 1 musi zmaleć. Przepływ i jego opory powodują spadek ciśnienia z p 2 do p 1 . Równanie p 2 − p 1 = R Q jest spełnione zarówno dla przepływu laminarnego, jak i dla turbulentnego. Podczas zwiększonego zużycia w głównej magistrali występuje znaczący spadek ciśnienia i ciśnienie p 1 wody dostarczanej użytkownikowi jest znacznie mniejsze niż ciśnienie p 2 wytworzone przy stacji wodociągowej. Jeżeli przepływ jest mały, spadek ciśnienia jest pomijalny i p 2 ≈ p 1 . Aby przeanalizować spadek ciśnienia pojawiający się w bardziej złożonych systemach, w których promień nie jest wszędzie taki sam, możemy również użyć p 2 − p 1 = R Q . Opór jest znacznie większy w miejscach zwężenia, takich jak zmiany w obrębie tętnicy wieńcowej. Dla konkretnego strumienia Q , spadek ciśnienia jest największy w tym miejscu, w którym przewód jest najwęższy. Właśnie w ten sposób kurek kontroluje przepływ wody. Dodatkowo R jest znacznie zwiększony przez turbulencje, więc przewężenia je wywołujące znacznie zmniejszają ciśnienie poniżej. Płytka miażdżycowa w tętnicy zmniejsza ciśnienie, a co za tym idzie także przepływ, zarówno przez zwiększenie oporu, jak i wytwarzanie turbulencji. Pomiar turbulencji Parametr zwany liczbą Reynoldsa (ang. Reynolds number ) R e może powiedzieć nam, czy przepływ ma charakter laminarny, czy turbulentny. Dla przepływu w rurze o stałej średnicy liczbę Reynoldsa definiujemy jako: R e = 2 ρ v r η (przepływ w rurze) gdzie ρ jest gęstością płynu, v jego prędkością, η jego lepkością, a r promieniem rury. Liczba Reynoldsa to wielkość bezwymiarowa. Doświadczenia pokazały, że R e jest związane z powstawaniem turbulencji. Dla R e poniżej około 2000 przepływ jest laminarny. Dla R e powyżej 3000 przepływ jest turbulentny. Dla wartości R e pomiędzy około 2000 a 3000 przepływ jest niestabilny, czyli bywa laminarny, ale małe przeszkody czy zaburzenia na powierzchni płynu mogą sprawić, że stanie się on turbulentny. Przepływ może również oscylować losowo pomiędzy przepływem laminarnym a turbulentnym. Przepływ płynu o liczbie Reynoldsa pomiędzy 2000 a 3000 stanowi dobry przykład zachowania chaotycznego. System jest chaotyczny, jeżeli jego zachowanie jest tak czułe na zmianę pewnego czynnika, że niezwykle trudno je przewidzieć. Przewidzenie, czy przepływ płynu o liczbie Reynoldsa w tym zakresie jest laminarny, czy turbulentny okazuje się trudne, choć nie niemożliwe, z powodu wyjątkowo dużego wpływu czynników, takich jak nierówności powierzchni czy przeszkody, na rodzaj przepływu. Niewielka zmiana w jednym czynniku ma nieproporcjonalnie duży (czyli nieliniowy) wpływ na własności przepływu. Zastosowanie strumienia: przepływ turbulentny czy przepływ laminarny W obliczyliśmy, że strumień objętościowy systemu klimatyzacyjnego wynosi Q = 3,84 ⋅ 10 − 3 m 3 / s Te obliczenia zakładały przepływ laminarny. (a) Czy założenie to było prawidłowe? (b) Przy jakiej wartości prędkości przepływ stałby się turbulentny? Strategia rozwiązania Aby określić, czy przepływ powietrza przez układ klimatyzacyjny jest laminarny, musimy po pierwsze obliczyć jego prędkość. W tym celu możemy się posłużyć: Q = A v = π r 2 v . Następnie możemy obliczyć liczbę Reynoldsa, używając poniższego równania, i sprawdzić, czy zawiera się ona w zakresie przepływu laminarnego: R e = 2 ρ v r η . Rozwiązanie Podstawienie podanych wartości prowadzi do: v = Q π r 2 = 3,84 ⋅ 10 − 3 m 3 / s 3,14 ⋅ ( 0,09 m ) 2 = 0,15 m s R e = 2 ρ v r η = 2 ⋅ 1,23 k g / m 3 ⋅ 0,15 m / s ⋅ 0,09 m 0,0181 ⋅ 10 − 3 P a ⋅ s = 1835. Ponieważ liczba Reynoldsa wynosi 1835 < 2000, przepływ jest laminarny, a nie turbulentny. Założenie lainarności przepływu okazało się prawidłowe. Aby obliczyć maksymalną prędkość powietrza, przy której przepływ będzie laminarny, obliczmy liczbę Reynoldsa. R e = 2 ρ v r η ≤ 2000 v = 2000 ⋅ 0,0181 ⋅ 10 − 3 P a ⋅ s 2 ⋅ 1,23 P a ⋅ s ⋅ 0,09 m = 0,16 m s . Znaczenie Podczas przekazywania płynu z jednego miejsca w drugie korzystnie jest ograniczyć turbulencje. Pociąga ona za sobą straty energii, gdyż jej część, która w zamyśle miała służyć transportowi płynu, ulega rozproszeniu w miejscach, w których tworzą się wiry. W tym przypadku układ klimatyzacyjny będzie mniej wydajny, gdy prędkość powietrza przekroczy 0,16 m/s, ponieważ przy niej zaczną się pojawiać turbulencje. Podsumowanie Przepływ laminarny charakteryzuje się brakiem mieszania poruszających się warstw płynu. Turbulencja cechuje się wirami i zwrotami prędkości, które mieszają warstwy płynu. Lepkość płynu η jest spowodowana tarciem wewnętrznym w płynie. Przepływ pozostaje proporcjonalny do różnicy ciśnień i odwrotnie proporcjonalny do oporu: Q = p 2 − p 1 R . Spadek ciśnienia powodują zarówno przepływ, jak i opory, określa go równanie: p 2 – p 1 = R Q . Liczba Reynoldsa R e pomaga stwierdzić, czy przepływ jest laminarny, czy turbulentny. Wynosi ona: R e = 2 ρ v r η . Dla R e poniżej około 2000 przepływ jest laminarny. Dla R e powyżej około 3000 przepływ jest turbulentny. Dla wartości R e pomiędzy 2000 a 3000 może być albo jednego typu, albo drugiego, albo wykazywać cechy obu. Najważniejsze wzory Gęstość próbki przy stałej gęstości ρ = m V Ciśnienie p = F A Ciśnienie na głębokości h w płynie o stałej gęstości p = p 0 + ρ g h Zmiana ciśnienia z wysokością w płynie o stałej gęstości d p d y = − ρ g Ciśnienie absolutne p abs = p g + p atm Zasada Pascala F 1 A 1 = F 2 A 2 Strumień objętościowy Q = d V d t Równanie ciągłości (przy stałej gęstości) A 1 v 1 = A 2 v 2 Równanie ciągłości (postać ogólna) ρ 1 A 1 v 1 = ρ 2 A 2 v 2 Równanie Bernoulliego p + 1 2 ρ v 2 + ρ g y = constant Lepkość η = F L v A Prawo oporu Poiseuille’a R = 8 η l π r 4 Prawo Poiseuille’a Q = ( p 2 − p 1 ) π r 4 8 η l Pytania Wyjaśnij, dlaczego lepkość w cieczy maleje z temperaturą. Innymi słowy, wyjaśnij w jaki sposób wzrost temperatury może zmniejszyć skutki siły spójności w płynie. Wyjaśnij również, dlaczego lepkość gazu zwiększa się wraz z temperaturą, czyli w jaki sposób wzrost temperatury wpływa na zwiększenie liczby zderzeń między atomami i cząsteczkami. Kiedy wiosłujemy w górę rzeki, najkorzystniej jest tak sterować łódką czy kajakiem, aby płynąć możliwie najbliżej brzegu. Z kolei podczas spływu z prądem najkorzystniej jest być blisko środka rzeki. Wyjaśnij dlaczego. Woda w środku strumienia porusza się szybciej niż woda w pobliżu brzegów ze względu na siły oporu występujące pomiędzy wodą a brzegiem oraz pomiędzy warstwami płynu. W pobliżu brzegu jest zwykle również więcej turbulencji, które spowalniają wodę. Podczas gdy wiosłujemy pod prąd, woda pcha nas w przeciwnym kierunku, więc najkorzystniej jest być blisko brzegu, aby zminimalizować tę siłę. Podczas poruszania się z prądem, woda pcha łódkę, zwiększając jej prędkość, więc korzystniej jest być w środku strumienia, aby zmaksymalizować ten efekt. Urządzenia hydrauliczne w mieszkaniach zwykle zawierają wypełnione wodą rury w pobliżu kranów (patrz: rysunek poniżej). Wyjaśnij, do czego są one potrzebne i jak działają. Ultrasonografia dopplerowska może być używana do pomiaru prędkości krwi w ciele. Jeżeli w tętnicy znajduje się częściowe zwężenie, to gdzie należy oczekiwać największej prędkości krwi: w miejscu zwężenia czy za nim? Jakie są powody większego oporu w miejscu zwężenia? Prędkość będzie większa w miejscu zwężenia, a mniejsza za zwężeniem. Opór zwiększa się z powodu zmniejszenia wielkości otworu oraz turbulencji, która zostanie stworzona przez zwężenie. Oba efekty sprawiają, że prędkość płynu spada. Odpływy zlewów często mają zamontowane części, takie jak zaprezentowane na rysunku poniżej, w celu zwiększenia szybkości przepływu wody. Jak one działają? Zadania (a) Oblicz siłę opóźniającą spowodowaną lepkością warstwy powietrza pomiędzy wózkiem a poziomym torem powietrznym, mając do dyspozycji następujące informacje: temperatura powietrza 20 °C , prędkość wózka 0,400 m/s, jego pole powierzchni 2,5 ⋅ 10 − 2 m 2 i grubość warstwy powietrza 6,00 ⋅ 10 − 5 m . (b) Jaki jest iloraz tej siły do ciężaru wózka, którego masa wynosi 0,300 kg? a. 3,02 ⋅ 10 − 3 N ; b. 1,03 ⋅ 10 − 3 Tętniczki (małe tętnice) prowadzące do organu mogą się kurczyć w celu zmniejszenia dopływu krwi. Aby wyłączyć organ, dopływ krwi do niego musi zmniejszyć się do 1,00% pierwotnej wartości. O ile muszą się skurczyć tętniczki? Dla sferycznej cząsteczki spadającej z prędkością graniczną w płynie siła grawitacji jest równoważona przez tarcie i siłę wyporu. Siła wyporu równa się ciężarowi wypartego płynu. Zwykle zakłada się, że siła tarcia dana jest przez prawo Stokesa, F s = 6 π r η v . Pokaż, że prędkość graniczna zadana jest przez v = 2 R 2 g 9 η ( ρ s − ρ 1 ) , gdzie R jest promieniem sfery, ρ s jej gęstością, ρ 1 gęstością płynu, a η współczynnikiem lepkości. Wykorzystując równania z poprzedniego problemu, oblicz lepkość oleju silnikowego, w którym stalowa kulka o promieniu 0,8 mm spada z prędkością graniczną równą 4,32 cm/s. Gęstości kulki i oleju wynoszą odpowiednio 7,86 i 0,88 g/ml. Skoczek spadochronowy osiągnie prędkość graniczną, gdy opór powietrza zrówna się z jego wagą. Dla skoczka o dużej powierzchni, turbulencja jest ważnym czynnikiem przy dużych prędkościach. Tarcie w takim przypadku jest w przybliżeniu proporcjonalne do kwadratu prędkości. Przy założeniu, że wynosi ono F D = ρ A v 2 / 2 i zrównawszy tę siłę z ciężarem skoczka, oblicz prędkość graniczną dla skoczka spadającego z rozpostartymi rękami i nogami równolegle do ziemi. 40 m/s (a) Wykaż, że 5-procentowy spadek promienia powoduje 19-procentowy spadek strumienia przepływu laminarnego przez rurę, przy zachowaniu wartości pozostałych zmiennych. (b) Jaki wzrost strumienia spowoduje wzrost promienia o 5,00%, zakładając, że pozostałe zmienne się nie zmieniły? Gdy lekarze diagnozują zatory tętnicze, mówią o redukcji przepływu (strumienia). Jeżeli strumień w tętnicy został zredukowany przez skrzep do 10,0% swojej normalnej wartości, a średnia różnica ciśnień wzrosła o 20,0%, to o ile promień średnicy został zmniejszony przez skrzep? 0,537 r ; promień został zmniejszony do 53,7% swojej normalnej wielkości Wytrysk ropy naftowej w szybie wiertniczym wyrzuca ją na wysokość 25,0 m przez rurę o średnicy 0,100 m. Pomijając opór powietrza, ale uwzględniając opór rury i zakładając przepływ laminarny, oblicz ciśnienie przy wejściu do 50-metrowej rury, przez którą wylatuje ropa. Załóż, że gęstość ropy naftowej wynosi 900 kg/m 3 , a jej lepkość 1,00 N ⋅ s / m 2 (lub 1,00 Pa ⋅ s ). Zauważ, że musisz wziąć pod uwagę ciśnienie 50-metrowej kolumny ropy w rurze. Beton jest pompuje się z betoniarki do miejsca, w którym zostanie wylany. Strumień ma wartość 200 l/min i płynie przez przewód o długości 50,0 m i średnicy 8,00 cm, a ciśnienie przy pompie wynosi 8,00 ⋅ 10 6 N / m 2 . (a) Oblicz opór w przewodzie. (b) Jaka jest lepkość betonu, przy założeniu, że przepływ jest laminarny? (c) Jaka moc została dostarczona, jeśli miejsce, do którego pompuje się beton, znajduje się na tym samym poziomie co pompa? Możesz pominąć moc potrzebną do zwiększenia prędkości betonu. a. 2,40 ⋅ 10 9 N ⋅ s / m 5 ; b. 48,3 N ⋅ s / m 2 ; c. 2,67 ⋅ 10 4 W Wykaż, że przepływ ropy w trakcie wytrysku z szybu jest laminarny dla wypływu na wysokość 25 m przez rurę o średnicy 0,100 m. Pionowo ustawiona rura ma długość 50 m. Załóż, że gęstość ropy to 900 kg/m 3 , a jej lepkość 1,00 N ⋅ s / m 2 (czyli 1,00 Pa ⋅ s ). Oblicz liczbę Reynoldsa dla przepływu wody przez; (a) dyszę o promieniu 0,250 cm oraz (b) wąż ogrodowego o promieniu 0,900 cm z dołączoną dyszą. Strumień przez wąż i dyszę wynosi 0,500 l/s. Czy przepływ w tych elementach może być laminarny? a. dysza: v = 25,5 m / s R e = 1,27 ⋅ 10 5 > 2000 ⇒ przepływ nie jest laminarny b. wąż: v = 1,96 m / s R e = 35 100 > 2000 ⇒ przepływ nie jest laminarny Wąż strażacki ma wewnętrzną średnicę 6,40 cm. Załóż, że przepływ w nim wynosi 40,0 l/s przy początkowym ciśnieniu manometrycznym równym 1,62 ⋅ 10 6 N / m 2 . Wąż wzniesiony jest do wysokości 10,0 m na drabinie i kończy się dyszą o średnicy 3,00 cm. Oblicz liczby Reynoldsa dla przepływu w wężu strażackim oraz w dyszy i pokaż, że w obu przypadkach musi on być turbulentny. Przy jakim strumieniu może pojawić się turbulencja w rurze z wodą o średnicy 0,200 m? Załóż temperaturę wody równą 20 °C . 3,16 ⋅ 10 − 4 m 3 / s Zadania dodatkowe Przed powstaniem cyfrowych urządzeń zapisujących dane, takich jak pamięć w telefonie komórkowym, muzykę nagrywano na dyskach winylowych z wyciętymi rowkami o zmiennej głębokości. Gramofon używał igły, która poruszała się wzdłuż rowków, mierząc ich głębokość. Ciśnienie wywierane przez gramofon na igłę jest zaskakująco duże. Jeżeli odpowiednik masy 1,00 g jest utrzymywany przez igłę, której czubek ma promień 0,200 mm, to jakie ciśnienie w paskalach jest wywierane na płytę? Wieże ciśnień gromadzą wodę ponad poziomem, na którym znajdują się użytkownicy, dla potrzeb zwiększonego zużycia, eliminując potrzebę stosowania pomp o dużej wydajności. Jak wysoko ponad poziomem, na którym są użytkownicy, musi znajdować się woda, aby wytworzyć ciśnienie manometryczne równe 3,00 ⋅ 10 5 N / m 2 ? 30,6 m Ciecz wodnista w ludzkim oku działa siłą 0,300 N na rogówkę o powierzchni 1,10 c m 2 . Jakiemu ciśnieniu w mmHg odpowiadają te wartości? (a) Przelicz odczyt normalnego ciśnienia krwi wynoszącego 120/80 mmHg na niutony na metr kwadratowy, nie używając przelicznika, tylko wykorzystując relację pomiędzy ciśnieniem a ciężarem płynu ( p = h ρ g ) . (b) Wyjaśnij, dlaczego ciśnienie krwi noworodka powinno być mniejsze niż u osoby dorosłej. Zwróć uwagę na wysokość, na jaką krew musi być pompowana. a. p 120 = 1,60 ⋅ 10 4 N / m 2 p 80 = 1,07 ⋅ 10 4 N / m 2 b. Ponieważ noworodek mierzy zwykle około 50 cm, podczas gdy osoba dorosła około 175 cm, ciśnienie krwi u noworodka powinno być mniejsze niż u osoby dorosłej. W przypadku noworodka mamy do czynienia ze słupem cieczy o maksymalnej wysokości 50 cm, więc ciśnienie powinno być mniejsze. Szybkowary znane są od ponad 300 lat, choć ich użycie znacznie się zmniejszyło w ostatnich latach (wczesne modele miały tę paskudną cechę, że zdarzało im się wybuchać). Jaką siłą muszą działać zatrzaski utrzymujące pokrywę szybkowaru, jeżeli średnica pokrywy wynosi 25,0 cm , a ciśnienie manometryczne wewnątrz niego ma wartość 300 atm? Pomiń wagę pokrywy. Kości ptaków mają puste przestrzenie, co zmniejsza ciężar i jednocześnie powoduje, że mają znacznie mniejszą gęstość niż kości innych zwierząt. Załóż, że ornitolog waży ptasią kość w powietrzu i w wodzie i stwierdza, że jej masa wynosi 45,0 g, a masa pozorna, po zanurzeniu, 3,60 g (załóż, że kości są hermetyczne). (a) Jaką masę wody wyparła kość? (b) Jaka jest objętość kości? (c) Jaka jest jej średnia gęstość? a. 41,4 g; b. 41,4 cm 3 ; c. 1,09 g/cm 3 . Oczywiście nie jest to gęstość kości w każdym jej miejscu. Puste przestrzenie mają gęstość w przybliżeniu 1,29 ⋅ 10 − 3 g / c m 3 , a lita kość będzie znacznie gęstsza. W pomiarze przez zanurzenie gęstości ciała kobiety stwierdzono, że jej masa wynosi 62,0 kg w powietrzu, a pozorna masa w wodzie 0,0850 kg po całkowitym zanurzeniu, poprzedzonym całkowitym wydechem. (a) Jaką masę wody wyparło ciało kobiety? (b) Jaka jest jej objętość? (c) Oblicz jej gęstość. (d) Jeżeli pojemność jej płuc wynosi 1,75 l, czy byłaby w stanie unosić się na wodzie bez poruszania kończynami, gdyby jej płuca były wypełnione powietrzem? Niektóre ryby mają gęstość trochę mniejszą niż gęstość wody i muszą działać siłą (pływać), żeby pozostać pod wodą. Jaką siłą musi działać garnik wielki o masie 85,0 kg, aby pozostać pod wodą (morską), jeżeli gęstość jego ciała wynosi 1015 kg/m 3 ? 8,21 N Ludzki układ krążenia ma w przybliżeniu 1 ⋅ 10 9 naczyń włosowatych. Każde z nich ma średnicę około 8 μ m . Przy założeniu, że rzut serca wynosi 5 l/min, oblicz średnią prędkość przepływu krwi przez każde z tych naczyń. Strumień krwi przez naczynie włosowate o promieniu 2,00 ⋅ 10 – 6 m wynosi 3,80 ⋅ 10 9 c m 3 / s . (a) Jaka jest prędkość przepływu krwi? (b) Przy założeniu, że cała krew znajdująca się w ciele przepływa przez naczynia włosowate, ile z nich potrzeba, aby przepuścić strumień o wartości 90,0 cm 3 /s ? a. 3,02 ⋅ 10 − 2 c m / s . (Tak mała prędkość daje czas na dyfuzję materii pomiędzy krwią a komórkami.) b. 2,37 ⋅ 10 10 naczyń włosowatych. (Ta wielka liczba jest przeszacowana, ale ma w przybliżeniu prawidłowy rząd wielkości.) Lewa komora serca osoby dorosłej w spoczynku pompuje krew o strumieniu 83,0 cm 3 /s , zwiększając jej ciśnienie o 110 mmHg, prędkość od 0,0 cm/s do 30,0 cm/s, a wysokość o 5,00 cm. (Wszystkie wartości są uśrednione po pełnej ewolucji serca.) Oblicz całkowitą moc lewej komory. Zwróć uwagę, że większość tej mocy jest używana do podniesienia ciśnienia krwi. Pompa używana do osuszania piwnic, które są poniżej poziomu wód gruntowych, osusza zalaną piwnicę strumieniem 0,750 l/s, z ciśnieniem wyjściowym 3,00 ⋅ 10 5 N / m 2 . (a) Woda wlewa się do węża o wewnętrznej średnicy 3,00 cm i wznosi do poziomu 2,50 m powyżej pompy. Jakie jest ciśnienie w tym punkcie? (b) Wąż przechodzi ponad fundamentem i opada o 0,500 m, a następnie rozszerza się do średnicy 4,00 cm. Jakie ciśnienie panuje w tym miejscu? Możesz pominąć straty związane z tarciem w obu częściach zadania. a. 2,76 ⋅ 10 5 N / m 2 ; b. P 2 = 2,81 ⋅ 10 5 N / m 2 Roztwór glukozy podaje się dożylnie strumieniem 4,00 cm 3 /min . Jaki będzie strumień, jeżeli glukozę zamienimy na krew, która ma tę samą gęstość co glukoza, ale jej lepkość jest 2,50 razy większa? Wszystkie pozostałe wartości pozostają takie same. Mała tętnica ma długość 1,1 ⋅ 10 − 3 m i promień 2,5 ⋅ 10 − 5 m . Jeżeli spadek ciśnienia w tej tętnicy wynosi 1,3 kPa, to jaki jest w niej strumień? (Załóż, że temperatura wynosi 37 °C ). 8.7 ⋅ 10 − 2 m m 3 / s Angioplastyka to technika, w której tętnice częściowo zablokowane przez płytkę miażdżycową rozszerza się, aby zwiększyć przepływ krwi. O ile trzeba powiększyć promień tętnicy, aby 10-krotnie zwiększyć przepływ krwi? Załóż, że płytka miażdżycowa zmniejsza promień naczynia krwionośnego do 90,0% początkowej wartości, a organizm kompensuje to zwężenie zwiększeniem różnicy ciśnień wzdłuż tego naczynia, aby utrzymać stały przepływ. (a) O ile musi wzrosnąć różnica ciśnień? (b) Gdyby przeszkoda dodatkowo powodowała turbulencje, to jaki wpływ miałyby one na strumień? a. 1,52; b. Turbulencja zmniejszyłaby strumień krwi, i skompensowanie tego zjawiska wymagałoby jeszcze większej różnicy ciśnień, co doprowadziłoby do wyższego ciśnienia krwi w ciele. Zadania trudniejsze Ciśnienie na tamę pokazaną we wcześniejszym rozdziale zwiększa się wraz z głębokością. W związku z tym pojawia się moment siły działający na tamę. Oblicz wypadkowy moment siły działającej na tamę. Temperatura atmosfery nie jest zawsze stała i może rosnąć lub maleć z wysokością. W statycznej atmosferze, gdy mieszanie pionowe jest pomijalne, temperatura zmniejsza się z szybkością w przybliżeniu równą 6,5 K na km. Wielkość tej zmiany temperatury ze wzrostem wysokości znana jest jako gradient pionowy Γ (Symbol ten to wielka grecka litera gamma.) Załóż, że ciśnienie na powierzchni Ziemi wynosi p 0 = 1,013 ⋅ 10 5 P a , temperatura T = 293 K , a gradient pionowy − Γ = 6,5 K / k m . Oszacuj ciśnienie 3,0 km powyżej powierzchni Ziemi. p = 0,99 ⋅ 10 5 P a Okręt podwodny osiadł na mieliźnie i jego górny właz znajduje się na głębokości 25,0 m poniżej powierzchni wody. Oblicz siłę potrzebną do otwarcia włazu od wewnątrz przy założeniu, że jest on kołowy i ma średnicę 0,450 m. Ciśnienie atmosferyczne wewnątrz okrętu wynosi 1,00 atm. Czasami pnie drzew pływają po jeziorze w pozycji pionowej, ponieważ jeden z końców nasiąknął wodą i stał się cięższy niż drugi. Jaka jest średnia gęstość pnia o jednorodnej średnicy, który pływa zanurzony jednym końcem, a 20% jego wysokości wystaje ponad wodę? 800 kg/m 3 Powszechnie wiadomo, że oszuści sprzedają pokryte złotem sztabki wolframowe jako sztabki złote poniżej ceny złota, ale znacznie powyżej ceny wolframu. Z jaką dokładnością należy zmierzyć masę takiej sztaby w wodzie i w powietrzu, aby można było stwierdzić, czy jest to prawie czysty wolfram, czy czyste złoto? Objętość wnętrza domu odpowiada objętości prostopadłościanu o wymiarach 13,0 m szerokości na 20,0 m długości na 2,75 m wysokości. Dom ogrzewa grzejnik gazowy z nawiewem. Jego główny przewód wentylacyjny ma średnicę 0,300 m. Jaka jest średnia prędkość powietrza w przewodzie, jeżeli w ciągu 15 min całe powietrze w domu przechodzi przez grzejnik? 11,2 m/s Wąż ogrodowy o średnicy 2,0 cm został użyty do napełnienia wiadra, które ma objętość 0,10 m 3 . Na napełnienie wiadra potrzeba 1,2 min. Do węża doczepiona jest regulowana dysza, dzięki której można zmniejszyć średnicę otworu, co zwiększy prędkość wody. Wąż jest równoległy do powierzchni Ziemi na wysokości 1,0 m, a średnica otworu dyszy jest zmniejszana tak długo, aż strumień wody doleci do grządki odległej o 3,0 m. (a) Jaki jest strumień objętościowy wody przez dyszę, gdy średnica wynosi 2,0 cm? (b) Jaka jest prędkość wody wylatującej z węża? (c) Jaka musi być prędkość wody, aby strumień mógł dolecieć do grządki odległej o 3,0 m? (d) Jaka musi być średnica otworu dyszy, aby woda mogła dolecieć do grządki? Często przytaczana zasada projektowania samolotów mówi, że skrzydła powinny generować około 1000 N siły nośnej na 1 m 2 skrzydła. (Fakt, że skrzydła mają stronę wierzchnią i spodnią, nie podwaja tej powierzchni.) (a) Podczas startu samolot porusza się z prędkością 60,0 m/s, więc prędkość powietrza względem spodu skrzydła wynosi 60,0 m/s. Jak szybko musi się poruszać powietrze ponad górną częścią skrzydła, aby wywołać idealną siłę nośną, jeśli jego gęstość na poziomie morza wynosi 1,29 kg/m 3 ? (b) Jak szybko musi się poruszać powietrze nad górną powierzchnią skrzydła podczas lotu z prędkością przelotową 245 m/s na wysokości, na której gęstość powietrza wynosi jedną czwartą gęstości na poziomie morza? (Zwróć uwagę, że nie jest to cała siła nośna samolotu – część z niej pochodzi z korpusu samolotu, część z odrzutu silników itd. Dodatkowo równanie Bernoulliego daje jedynie przybliżoną odpowiedź, gdyż powietrze, opływając skrzydła, wywołuje turbulencje.) a. 71,8 m/s; b. 257 m/s Dwie rury o stałej średnicy wychodzą z przepompowni i wyrzucają wodę z drugiej strony przez otwarty na ciśnienie atmosferyczne koniec (patrz: rysunek poniżej). Woda wchodzi pod ciśnieniem 2 atm i z prędkością v 1 = 1,0 m / s . Jedna z rur opada o 10 m na swojej długości. Jaka jest prędkość wody wylatującej z każdej z tych rur? Płyn początkowo płynie przez rurę strumieniem 100 cm 3 /s . Aby zilustrować czułość strumienia na różne czynniki oblicz strumień powstały pod wpływem następujących zmian, przy pozostałych zmiennych o poprzednich wartościach. (a) Różnica ciśnień wzrasta o czynnik 1,50. (b) Użyto innego płynu o 3,0 razy większej lepkości. (c) Rurę zastąpiono inną, o 4,00 razy większej długości. (d) Rurę zastąpiono rurą o średnicy 0,100 oryginalnej średnicy. (e) Rurę zastąpiono jeszcze inną rurą o promieniu 0,100 oryginalnego promienia i o długości o połowę mniejszej przy podniesieniu ciśnienia o 1,50. a. 150 cm 3 /s ; b. 33,3 cm 3 /s ; c. 25,0 cm 3 /s ; d. 0,0100 cm 3 /s ; e. 0,0300 cm 3 /s Podczas maratonu przepływ krwi u biegaczki rośnie do 10-krotności jej przepływu spoczynkowego. Lepkość jej krwi zaś spada do 95,0% normalnej wartości, a różnica ciśnień wzdłuż układu krwionośnego wzrasta o 50,0%. O ile średnio zwiększą się promienie jej naczyń krwionośnych? W lecie, wcześnie rano, gdy zużycie w sąsiedztwie jest niskie, woda dostarczana do domu przez magistralę wodociągową ma ciśnienie 3,00 ⋅ 10 5 N / m 2 . Wytwarza ono strumień 20,0 l/min w wężu ogrodowym. W późniejszej porze ciśnienie na przyłączu dochodzącym do domu spada i strumień w tym samym wężu wynosi jedynie 8,00 l/min. (a) Jakie ciśnienie jest teraz dostarczane do domu, jeśli opór się nie zmienił? (b) O ile strumień w magistrali wodociągowej musiał się zwiększyć, aby doprowadzić do takiego spadku dostarczonego ciśnienia? Ciśnienie na wejściu magistrali wodociągowej wynosi 5,00 ⋅ 10 5 N / m 2 , a początkowy strumień wynosi 200 l/min. (c) Ilu więcej pojawiło się użytkowników, jeśli każdy z nich z rana zużywa 20,0 l/min? a. 1,20 ⋅ 10 5 N / m 2 ; b. Strumień w magistrali wzrósł o 90%. c. Z rana było w zaokrągleniu o 38 użytkowników więcej. Benzynę z rafinerii przesyła się do dużych odbiorców podziemnym rurociągiem. Strumień wynosi 3,00 ⋅ 10 − 2 m 3 / s , lepkość benzyny w rurociągu wynosi 1,00 ⋅ 10 − 3 N ⋅ s / m 2 , a jej gęstość 680 kg/m 3 . (a) Jaką minimalną średnicę musi mieć rurociąg, aby liczba Reynoldsa była poniżej 2000? (b) Jaką różnicę ciśnień należy utrzymywać pomiędzy początkiem a końcem każdego kilometra rurociągu, aby utrzymać ten strumień? prawo Poiseuille’a (ang. Poiseuille’s law ) strumień laminarnego przepływu nieściśliwego płynu w rurze: Q = ( p 2 − p 1 ) π r 4 8 η l prawo oporu Poiseuille’a (ang. Poiseuille’s law for resistance ) opór stawiany laminarnemu przepływowi nieściśliwego płynu w rurze: R = 8 η l π r 4 liczba Reynoldsa (ang. Reynolds number ) bezwymiarowy parametr, który może pomóc określić, czy przepływ jest laminarny, czy turbulentny turbulencja (ang. turbulence ) przepływ płynu, w którym jego warstwy mieszają się w wyniku powstania wirów i zwrotów prędkości", "section": "Lepkość i turbulencje", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Zdjęcie po lewej stronie przedstawia budynek Comcast Center o wysokości około 305 metrów, który góruje nad panoramą Filadelfii w stanie Pensylwania. Górne piętra wieżowca mogą ulegać oscylacjom bocznym z powodu aktywności sejsmicznej i podmuchów wiatru. Natomiast po prawej stronie, znajduje się schematyczny rysunek przedstawiający przestrajalny masowy tłumik drgań w postaci kolumn z wodą o objętości 1100 m 3 . Zainstalowany na szczycie budynku układ zmniejsza amplitudę jego drgań. Analizę drgań rozpoczynamy od oscylacji układów takich jak wahadła i sprężyny. Chociaż układy te mogą wydawać się dość proste, mają wiele praktycznych zastosowań. Interesującym przykładem jest Comcast Center w Filadelfii o wysokości około 305 metrów. Wysoki budynek można traktować jak odwrócone wahadło fizyczne, w którym najwyższe piętra odchylają się na skutek drgań sejsmicznych lub podmuchów wiatru. W budynku Comcast zastosowano masowy tłumik drgań (ang. mass damper ) w celu zmniejszenia amplitudy jego oscylacji. Jest to umieszczony na szczycie zbiornik o objętości 1100 m 3 z kolumnami wypełnionymi wodą. Kształt litery U sprawia, że woda w zbiorniku oscyluje z częstotliwością odpowiadającą częstotliwości drgań własnych budynku. Tłumienie zachodzi dzięki przegrodom regulującym wielkość turbulencji w przepływie wody.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Ruch harmoniczny Przy szarpnięciu struny gitary uzyskujemy trwający dość długo dźwięk o stałym tonie ( ). Struna wykonuje drgania wokół położenia równowagi. Cykl jednego pełnego drgania rozpoczyna się w położeniu początkowym. Stąd struna przemieszcza się do jednego ze skrajnych położeń, po czym wędruje do drugiego skrajnego położenia i wreszcie powraca do położenia początkowego, kończąc tym samym cykl. Ruch periodyczny (ang. periodic motion ) definiujemy jako powtarzającą się zmianę położenia w regularnych odstępach czasu. Przykładami mogą być: ruch struny gitary lub dziecko, które rozbujało się na huśtawce. W tym podrozdziale przedstawiamy podstawowe cechy drgań wraz z ich opisem matematycznym. Struna gitarowa po szarpnięciu wykonuje drgania periodyczne (okresowe) w górę i w dół. Struna wywołuje drgania otaczających cząsteczek powietrza i wytwarza fale dźwiękowe. (Źródło: Yutaka Tsutano) Okres i częstotliwość drgań W ruchu periodycznym okresem (ang. period ), oznaczanym T , nazywamy czas wykonania jednego pełnego drgania. Za jednostkę okresu przyjmujemy zazwyczaj sekundę, ale może być on wyrażony w innej jednostce czasu (np. minuta, godzina,…). Słowo „okres” oznacza też czas trwania jakiegoś zdarzenia, które może się powtarzać (ale nie musi). W tym podrozdziale zajmiemy się przede wszystkim ruchem okresowym, który z definicji jest ruchem powtarzalnym. Pojęciem ściśle związanym z okresem jest częstotliwość. Częstotliwość (ang. frequency ), oznaczaną f , określa się jako liczbę zdarzeń na jednostkę czasu. Dla ruchu periodycznego częstotliwość to liczba drgań (oscylacji) w jednostce czasu. Zależność między częstotliwością i okresem określa następujący wzór: f = 1 T . W układzie SI jednostką częstotliwości jest herc (Hz). 1 Hz określa się jako jeden cykl na sekundę : 1 Hz = 1 cykl sekunda albo 1 Hz = 1 s = 1 s −1 . Cykl to jedno pełne drgnienie (ang. pulse ). Ustalenie częstotliwości fal stosowanych w ultrasonografii (USG) Urządzenia ultradźwiękowe lekarze wykorzystują w celu obrazowania i badania narządów wewnętrznych ludzkiego ciała. Aparat USG emituje fale dźwiękowe o wysokiej częstotliwości, które odbijają się od narządów. Rejestracja i obróbka komputerowa danych pozwala uzyskać obraz, który następnie analizuje lekarz. Aby określić częstotliwość drgań, możemy zastosować wzór podany powyżej. Rozważmy urządzenie USG generujące ultradźwięki z oscylacjami o okresie 0,400 μ s . Jaka jest częstotliwość tych drgań? Strategia rozwiązania Mamy już podany okres drgań ( T ), zatem musimy wyznaczyć częstotliwość ( f ). Rozwiązanie Podstawmy 0,400 μ s w miejsce T we wzorze f = 1 T : f = 1 T = 1 0,400 ⋅ 10 − 6 s . co daje: f = 2,50 ⋅ 10 6 H z . Znaczenie Ta częstotliwość dźwięku jest znacznie wyższa niż najwyższa częstotliwość, jaką człowiek może usłyszeć (zakres słyszalności dźwięków u człowieka wynosi od 20 Hz do ok. 20 000 Hz), dlatego falę tę nazywamy ultradźwiękową. Drgania generowane przez urządzenia USG o tak wysokiej częstotliwości umożliwiają nieinwazyjną diagnostykę medyczną, np. obserwację płodu w łonie matki. Charakterystyka ruchu harmonicznego Bardzo powszechnym ruchem periodycznym jest ruch harmoniczny (ang. simple harmonic motion ). Układem, który swobodnie oscyluje i wykonuje ruch harmoniczny, jest oscylator harmoniczny (ang. harmonic oscillator ). Ruch harmoniczny W ruchu harmonicznym przyspieszenie układu, a więc i siła wypadkowa, są proporcjonalne do przemieszczenia i skierowane są w kierunku położenia równowagi. Dobrym przykładem ruchu harmonicznego jest klocek o masie m przymocowany do nieważkiej sprężyny i poruszający się po powierzchni bez tarcia, tak jak pokazano na . Masa wykonuje drgania wokół położenia równowagi, a siła wypadkowa działająca na obiekt jest równa sile wywieranej przez sprężynę. Siła ta spełnia prawo Hooke’a F s = − k x , zgodnie z treścią poprzedniego rozdziału. Jeżeli siłę wypadkową można opisać przez prawo Hooke'a i nie zachodzi tłumienie (spowalniające ruch ze względu na tarcie lub inną siłę niezachowawczą), to oscylator harmoniczny wykonuje drgania. Zakres wartości przemieszczeń po obu stronach względem położenia równowagi jest podobny, tak jak pokazano na . Maksymalne przemieszczenie względem położenia równowagi nazywamy amplitudą ( A ). Jednostki amplitudy i przesunięcia są takie same, ale zależą od rodzaju drgań. W przypadku klocka na sprężynie jednostki amplitudy i przemieszczenia wyraża się w metrach. Dobrym przykładem oscylatora harmonicznego jest klocek przymocowany do sprężyny. Drugi koniec sprężyny przytwierdzono do ściany. Klocek porusza się po powierzchni bez tarcia. Położenie masy, gdy sprężyna nie jest ani rozciągnięta ani ściśnięta, oznaczono jako x = 0 . Położenie to określa również stan równowagi. (a) Klocek przesunięto do położenia x = A , po czym swobodnie go puszczono. (b) Klocek przyspiesza i przemieszcza się w kierunku przeciwnym do zwrotu x i osiąga maksymalną ujemną prędkość w punkcie x = 0 . (c) Klocek kontynuuje ruch w ujemnym kierunku x , zmniejszając swoją prędkość aż do zatrzymania się w punkcie x = − A . (d) Klocek, poruszając się w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x , przyspiesza i osiąga maksymalną prędkość w punkcie x = 0 . (e) Klocek kontynuuje ruch w kierunku dodatnim i zatrzymuje się w punkcie x = A . Ruch harmoniczny klocka ma amplitudę A i okres drgań T . Maksymalna prędkość klocka występuje, gdy przechodzi on przez punkt równowagi. Zastosowanie sztywniejszej sprężyny skróciłoby okres T drgań. Przy zwiększeniu masy klocka nastąpiłoby wydłużenie okresu T drgań. W ruchu harmonicznym okres T i częstotliwość f drgań oscylatora harmonicznego nie zależą od amplitudy drgań, np. struna gitary oscyluje z taką samą częstotliwością zarówno przy mocnym, jak i delikatnym szarpnięciu. Dwa ważne czynniki wpływają na okres drgań oscylatora harmonicznego: współczynnik sprężystości i masa układu drgającego. Układ z dużą wartością współczynnika sprężystości ( k ) ma krótszy okres drgań. Dzięki temu można, np. odpowiednio wybrać sztywność trampoliny. Im bardziej sztywna, tym szybciej oscyluje, a jej okres drgań jest krótszy. Okres zależy również od masy układu drgającego. Im układ ma większą masę, tym dłuższy jest okres drgań (np. ludzie o dużej masie oscylują na trampolinie z niższą częstotliwością niż ci o mniejszej masie). W rzeczywistości masa m i współczynnik sprężystości k są jedynymi czynnikami, które wpływają na okres i częstotliwość drgań w ruchu harmonicznym. Aby wyprowadzić wyrażenie na okres i częstotliwość drgań, musimy najpierw zdefiniować i przeanalizować równania ruchu. Równania opisujące ruch harmoniczny Przyjrzyjmy się klockowi przymocowanemu do sprężyny i poruszającemu się po stole bez tarcia ( ). Położenie równowagi (miejsce, w którym sprężyna nie jest ani rozciągnięta, ani ściśnięta) oznaczono jako x = 0 . W położeniu równowagi siła wypadkowa wynosi zero. Klocek przymocowano do sprężyny i umieszczono na stole, po którym może poruszać się bez tarcia. Położenie równowagi dla sprężyny nieodkształconej oznaczono jako x = 0 . Przesuwamy klocek do położenia x = + A , wykonując przy tym pracę, a następnie go puszczamy. Maksymalną wartość położenia x ( A ) nazywamy amplitudą ruchu drgającego. Klocek zaczyna oscylować w zakresie pomiędzy x = + A a x = − A , gdzie A to amplituda ruchu, a T to okres drgań. Okres to czas trwania jednej oscylacji (cyklu). przedstawia ruch klocka, który wykonał półtora drgania (cyklu) od momentu zwolnienia. pokazuje wykres położenia klocka w funkcji czasu. Przebieg położenia w funkcji czasu możemy opisać funkcją cosinus o amplitudzie A i okresie T . Wartości funkcji cos θ powtarzają się co każdą wielokrotność 2 π , natomiast ruch klocka – co jeden okres T . Zauważmy, że wartości funkcji cos ⁡ ( 2 π t / T ) powtarzają się dla każdej chwili t będącej wielokrotnością okresu drgań. Maksimum wartości funkcji cosinus wynosi jeden, dlatego konieczne jest pomnożenie tej funkcji przez amplitudę A . x ( t ) = A cos ( 2 π T t ) = A cos ( ω t ) . Przypomnijmy, że w rozdziale opisującym ruch po okręgu częstość kątową określiliśmy jako ω = d θ / d t . W rozważanym przypadku wartość okresu drgań jest stała, a więc częstość kątową (kołową) definiuje się jako 2 π podzielone przez wartość okresu drgań ω = 2 π / T . Klocek umieszczono na stole i przymocowano do jednego końca sprężyny. Drugi koniec sprężyny przymocowano do ściany. Klocek porusza się bez tarcia. Położenie równowagi, dla którego siła wypadkowa równa się zero, oznaczono jako x = 0 m . Przesuwamy klocek do położenia w punkcie x = + A , następnie puszczamy go swobodnie. Masa oscyluje w zakresie położeń pomiędzy x = + A a x = − A . Siłę wypadkową działającą na klocek pokazano w postaci wektora. Wykres położenia klocka z w funkcji czasu. Przebieg położenia można modelować funkcją okresową taką jak sinus albo cosinus. Wyrażenie przedstawiające położenie jako funkcję czasu x ( t ) = A cos ( ω t ) jest dobrym modelem opisującym sytuację, w której położenie klocka w chwili początkowej t = 0,00 s jest równe amplitudzie A , a prędkość początkowa wynosi zero. Przykładowe dane eksperymentalne najprawdopodobniej wykażą, że położenie masy w chwili początkowej t = 0,00 s nie jest równe amplitudzie, a prędkość początkowa jest różna od zera. Rozważmy zbiór danych zebranych przez studenta w laboratorium dla 10 sekund ruchu, który przedstawiono na . Dane przedstawiają położenie klocka przymocowanego do sprężyny. Student rejestrował dane w laboratorium, posługując się dalmierzem akustycznym. Dane dla chwili t = 0,00 s pokazują, że początkowe położenie klocka wynosi x ≈ − 0,80 cm ≠ 3,00 cm , zatem początkowe położenie nie jest równe amplitudzie x 0 = + A . Prędkość jest pochodną przemieszczenia względem czasu, stąd można ją obliczyć z nachylenia stycznej do krzywej w danym punkcie. W chwili początkowej wartość kąta nachylenia stycznej nie jest równa zeru, więc prędkość nie wynosi v = 0,00 m/s w chwili t = 0,00 s . Dane na można opisywać funkcją periodyczną taką jak funkcja cosinus, którą na wykresie przesunięto w prawo. To przesunięcie znane jest jako przesunięcie fazowe i zwykle oznacza się je grecką literą fi ( ϕ ) . Przemieszczenie jako funkcję czasu dla danego klocka na sprężynie opisuje wzór: x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) . Ten uogólniony wzór opisuje ruch harmoniczny, gdzie t oznacza czas mierzony w sekundach, ω jest częstością kołową mierzoną w radianach na sekundę ( r a d / s ) , A jest amplitudą mierzoną w metrach lub centymetrach, a ϕ jest przesunięciem fazowym wyrażonym w radianach ( ). Należy zauważyć, że skoro funkcje sinus i cosinus różnią się jedynie o przesunięcie fazowe, to ruch harmoniczny może być modelowany zarówno przy użyciu funkcji cosinus, jak i sinus. (a) Funkcja cosinus. (b) Funkcja cosinus przesunięta w prawo o kąt o wartości ϕ . Kąt ϕ określa przesunięcie fazowe funkcji. Prędkość wykonującej ruch harmoniczny masy na sprężynie można wyznaczyć na podstawie pochodnej przemieszczenia względem czasu: v ( t ) = d x d t = d d t ( A cos ⁡ ( ω t + ϕ ) ) = − A ω sin ⁡ ( ω t + ϕ ) = − v m a x sin ⁡ ( ω t + ϕ ) . Ze względu na to, że funkcja sinus zmienia się w zakresie od -1 do +1, to prędkość maksymalna jest iloczynem amplitudy i częstości kątowej ( v m a x = A ω ). Maksymalna prędkość występuje podczas przejścia przez położenie równowagi ( x = 0 ) , kiedy masa porusza się w kierunku x = + A . Maksymalną prędkość w kierunku przeciwnym osiąga się w położeniu równowagi ( x = 0 ) , kiedy masa porusza się w kierunku x = − A i wynosi − v max . Przyspieszenie masy na sprężynie można wyznaczyć z pochodnej prędkości względem czasu: a ( t ) = d v d t = d d t ( − A ω sin ⁡ ( ω t + ϕ ) ) = − A ω 2 cos ⁡ ( ω t + ϕ ) = − a m a x cos ⁡ ( ω t + ϕ ) . Wprowadziliśmy oznaczenie a max = A ω 2 . W położeniu x = − A przyspieszenie ciała osiąga maksymalną wartość bezwzględną, która wynosi − a max . Podsumowanie wzorów opisujących ruch harmoniczny Podsumowując, ruch drgający masy na sprężynie może być opisywany następującymi równaniami: x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) v ( t ) = − v max sin ( ω t + ϕ ) a ( t ) = − a max cos ( ω t + ϕ ) x max = A v max = A ω a max = A ω 2 . W tym przypadku A jest amplitudą ruchu, T jest okresem drgań, ϕ jest przesunięciem fazowym, a ω = 2 π T = 2 π f jest częstością kołową ruchu klocka. Wyznaczanie wyrażeń opisujących ruch klocka na sprężynie Klocek o masie 2 kg umieszczono na idealnie gładkiej powierzchni, a tarcie nie wpływa na ruch klocka. Sprężynę o współczynniku sprężystości k = 32,00 N / m przymocowano do klocka, a jej przeciwny koniec przyczepiono do ściany. Sprężyna może ulec skróceniu lub rozciągnięciu. Położenie równowagi układu oznaczono jako x = 0,00 m . Praca wykonana nad klockiem powoduje jego przesunięcie do położenia x = + 0,02 m . Klocek puszczono swobodnie, powodując jego oscylacje w zakresie wartości przemieszczeń pomiędzy x = + 0,02 m a x = −0,02 m . Okres drgań wynosi 1,57 s. Wyznacz wyrażenia opisujące ruch. Strategia rozwiązania Najpierw wyznaczamy wartość częstości kołowej. Przesunięcie fazowe jest zerowe, ϕ = 0,00 rad , ponieważ ruch klocka zaczyna się w położeniu x = A = + 0,02 m . Po wyznaczeniu częstości kątowej możemy określić maksymalne wartości prędkości i przyspieszenia klocka. Rozwiązanie Częstość kątową możemy wyznaczyć, a następnie użyć do wyliczenia maksymalnych wartości prędkości i przyspieszenia: ω = 2 π 1,57 s = 4,00 1 s v m a x = A ω = 0,02 m ⋅ 4,00 1 s = 0,08 m s a m a x = A ω 2 = 0,02 m ⋅ ( 4,00 1 s ) 2 = 0,32 m s 2 . Możemy więc zapisać następujące wyrażenia opisujące ruch masy: x ( t ) = A cos ⁡ ( ω t + ϕ ) = 0,02 m ⋅ cos ⁡ ( 4,00 1 s ⋅ t ) v ( t ) = − v m a x sin ⁡ ( ω t + ϕ ) = − 0,08 m s ⋅ sin ⁡ ( 4,00 1 s ⋅ t ) a ( t ) = − a m a x cos ⁡ ( ω t + ϕ ) = − 0,32 m s 2 ⋅ cos ⁡ ( 4,00 1 s ⋅ t ) . Znaczenie Dla dowolnej chwili ruchu drgającego możemy określić położenie, prędkość i przyspieszenie. Ważne jest, aby przy korzystaniu z kalkulatora ustalić tryb rad (radiany) jako jednostkę miary kąta. Okres i częstotliwość drgań masy na sprężynie Jedną z cech ruchu harmonicznego klocka umocowanego do sprężyny jest to, że częstość kołowa, a więc okres i częstotliwość drgań, zależą tylko od masy i współczynnika sprężystości, a nie od innych czynników (np. od amplitudy drgań). Możemy więc skorzystać z prawa Hooke’a i drugiej zasady dynamiki Newtona F → = m a → , aby znaleźć wzory na częstość kołową, częstotliwość i okres drgań. Przyjrzyjmy się klockowi na sprężynie poruszającemu się po powierzchni bez tarcia. Na masę działają trzy siły: siła ciężkości, siła normalna i siła sprężystości. Siły, które działają prostopadle do powierzchni, to siła ciężkości i siła normalna, mające jednakowe wartości i przeciwne kierunki, a ich suma wynosi zero. Jedyną siłą, która działa równolegle do powierzchni, jest siła sprężystości, a więc siła wypadkowa jest równa sile wywieranej przez sprężynę na klocek: F x = − k x m a = − k x m d 2 x d t 2 = − k x d 2 x d t 2 = − k m x . Podstawiając i w miejsce x i a otrzymujemy: − A ω 2 cos ( ω t + ϕ ) = − k m A cos ( ω t + ϕ ) . Po wyłączeniu podobnych członów wyznaczamy częstość kołową: ω = k m . Częstość kołowa zależy jedynie od współczynnika sprężystości i masy klocka, a nie od amplitudy drgań. Wykorzystując wzór na częstość kołową ω = 2 π / T otrzymujemy wzór na okres drgań: T = 2 π m k . Okres drgań zależy tylko od masy klocka i współczynnika sprężystości. Im większa masa, tym dłuższy okres, a im sztywniejsza sprężyna, tym okres jest krótszy. Częstotliwość opisuje wzór: f = 1 T = 1 2 π k m . Drgania pionowe Zgodnie z do sprężyny zawieszonej pionowo przymocowano klocek. Zauważmy, że siła grawitacji zmienia położenie równowagi układu. Na klocek działają dwie siły: ciężar i siła sprężystości. Siła ciężkości jest stała, a siła sprężystości zmienia się wraz ze zmianą długości sprężyny. Klocek wykonuje ruch harmoniczny. Sprężynę zawieszono pod sufitem. Po przyłączeniu klocka masa znajduje się w nowym położeniu równowagi; w punkcie tym siła ciężkości jest zrównoważona siłą sprężystości. (a) Sprężyna zwisa z sufitu; położenie równowagi oznaczono jako y o . (b) Masa, którą zamocowano na sprężynie, osiąga nowe położenie równowagi ( y 1 = y o − Δ y ), kiedy siła działająca na klocek równa się sile ciężkości. (c) Diagram dwóch sił działających na masę: siły ciężkości i siły sprężystości. Gdy klocek osiąga położenie równowagi tak jak na , wartość siły sprężystości jest równa wartości siły ciężkości działającej na klocek F wyp = F s − m g = 0 , gdzie: − k ( − Δ y ) = m g . Z rysunku możemy wywnioskować, że zmiana położenia wynosi Δ y = y 0 − y 1 , a zatem otrzymujemy: k ( y 0 − y 1 ) − m g = 0 . Jeżeli klocek przesuniemy w płaszczyźnie pionowej, a następnie powoli puścimy, to będzie oscylować wokół nowego położenia równowagi. Jak pokazano na , jeżeli położenie klocka określono w funkcji czasu, to dane tworzą funkcję okresową. Jeśli klocek przesuniemy do pozycji y , to siła wypadkowa wyniesie F wyp = k ( y − y 0 ) − m g = 0 . Dla położenia równowagi zachodzi zależność m g = k Δ y = k y 0 − k y 1 , a zatem: F wyp = k y − k y 0 − ( k y 0 − k y 1 ) = − k ( y − y 1 ) . Przypominamy, że y 1 jest położeniem równowagi, które możemy określić względem dowolnego punktu, może więc przykładowo wynosić 0 m . Wówczas siła wypadkowa wyniesie: F w y p = − k y m d 2 y d t 2 = − k y . Jest to więc zależność analogiczna do tej, którą wcześniej znaleźliśmy dla horyzontalnie drgającej masy na sprężynie. Działanie stałej siły grawitacji spowodowało jedynie zmianę położenia punktu równowagi. W związku z tym końcowe rozwiązanie powinno mieć taką samą postać jak dla klocka drgającego w poziomie: y ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) . Zauważmy też, że ruch możemy opisać funkcją cosinus lub sinus, ponieważ te dwie funkcje różnią się jedynie o wartość przesunięcia fazowego. Podobnie równania określające prędkość i przyspieszenie klocka drgającego pionowo mają postać identyczną jak wzory dla ruchu horyzontalnego. Wykresy y ( t ) , v ( t ) i a ( t ) w funkcji czasu t dla pionowych drgań kuli na sprężynie. Siłę wypadkową działającą na kulę można opisać prawem Hooke'a, więc kula porusza się ruchem harmonicznym. Należy zauważyć, że początkowe położenie osiąga wartość maksymalną A ; v jest początkowo zerowa, a następnie staje się ujemna, kiedy kula porusza się w dół. Początkowe przyspieszenie jest ujemne, następnie kula przesuwając się do położenia równowagi, osiąga zerową wartość przyspieszenia. Podsumowanie Ruch periodyczny to powtarzające się drgania. Czas wykonania jednego pełnego drgnienia to okres T , liczba drgań na jednostkę czasu definiuje zaś częstotliwość f . Obie wielkości są związane relacją f = 1 T . Ruch harmoniczny jest ruchem drgającym układu, w którym siła zwrotna zmienia się wraz z przemieszczeniem i działa w kierunku do niego przeciwnym. Maksymalne przemieszczenie to amplituda A . Dla oscylatora harmonicznego częstość kołowa ω , okres drgań T i ich częstotliwość f są odpowiednio określone wzorami ω = k / m , T = 2 π m / k i f = k / m / ( 2 π ) , gdzie m jest masą klocka a k – współczynnikiem sprężystości sprężyny. W oscylatorze harmonicznym przemieszczenie jest funkcją czasu określoną wzorem x ( t ) = A cos ⁡ ( 2 π t / T + ϕ ) = A cos ⁡ ( ω t + ϕ ) . Prędkość jest wyrażona relacją v ( t ) = − A ω sin ( ω t + ϕ ) = − v max sin ( ω t + ϕ ) , gdzie v m a x = A ω = A k / m . Przyspieszenie określa wzór a ( t ) = − A ω 2 cos ( ω t + ϕ ) = − a max cos ( ω t + ϕ ) , gdzie a m a x = A ω 2 = A k / m . Pytania Jakie warunki należy spełnić, aby zachodził ruch harmoniczny? Siła zwrotna musi być proporcjonalna do przemieszczenia i działać w kierunku położenia równowagi. Ruch odbywa się bez siły oporu lub tarcia. Częstotliwość oscylacji nie zależy od amplitudy drgań. Odpowiedz na poniższe pytania. Jeśli częstotliwość drgań w układzie nie jest stała, to czy te drgania są ruchem harmonicznym? Czy możesz podać przykłady ruchu okresowego, w których częstotliwość zależy od amplitudy drgań? Podaj przykład oscylatora, w którym częstotliwość jest niezależna od amplitudy drgań. Przykłady: masa przymocowana do sprężyny poruszająca się na stole bez tarcia, masa zwisająca na sprężynie, wahadło matematyczne z małą amplitudą wychylenia. W tych przypadkach ruch drgający odbywa się z częstotliwością niezależną od amplitudy. Wyjaśnij, dlaczego zakłada się, że ciało wykonane ze sztywnego materiału będzie drgać z większą częstotliwością niż ciało zbudowane z bardziej miękkiego materiału. Mijając na autostradzie ciężarówkę z przyczepą, zauważasz, że przyczepa wolno kołysze się w górę i w dół. Co jest bardziej prawdopodobne: przyczepa jest mocno obciążona czy prawie pusta? Wyjaśnij to. Częstotliwość drgań przyczepy wzrasta wraz z pierwiastkiem kwadratowym ze współczynnika sprężystości i maleje wraz ze wzrostem pierwiastka kwadratowego z masy. Należy więc wywnioskować, że przyczepa jest znacznie obciążona. Zauważ, że na współczynnik sprężystości nie ma wpływu to, czy przyczepa jest pusta, czy obciążona. Niektórzy tuningują samochody, m.in. przez obniżenie zawieszenia. Czy powinni zainstalować sztywniejsze amortyzatory? Wyjaśnij swoją odpowiedź. Zadania Udowodnij, że zastosowanie równania x ( t ) = A sin ( ω t + ϕ ) będzie też prowadzić do tego samego wzoru na okres drgań układu masy na sprężynie. Dlaczego zagadnienie to analizowaliśmy, korzystając z funkcji cosinus? Dowód. Jaki jest okres drgań prądu w sieci elektrycznej, jeśli częstotliwość wynosi 50,0 Hz? Jeśli w czasie wykonywania intensywnych ćwiczeń twoje tętno wynosi 150 uderzeń na minutę, to ile trwa jedno uderzenie serca wyrażone w sekundach? 0,4 s/uderzenie. Wyznacz częstotliwość kamertonu, który wykonuje jedno pełne drganie w czasie 2,50 · 10 −3 s . Stroboskop generuje błysk co 8,00 ⋅ 10 − 5 s . Jaka jest częstotliwość błysków? 12,500 Hz. Opona ma wzór bieżnika z poprzecznymi rowkami umieszczonymi co 2 cm. Każdy rowek odpowiada za pojedyncze drganie. Jaka jest częstotliwość tych drgań, jeśli samochód porusza się z prędkością 30 m/s? Każdy tłok w silniku generuje impuls dźwiękowy co drugi obrót wału korbowego. Jak szybko porusza się samochód wyścigowy wyposażony w ośmiocylindrowy silnik, jeśli emituje on dźwięk o częstotliwości 750 Hz, a wał korbowy wykonuje 2000 obrotów na kilometr drogi? Ile obrotów na minutę wykonuje silnik? 340 km/h; 11,3 ⋅ 10 3 obr/min. Mechaniczny zegar z kukułką odmierza czas na podstawie drgań masy na sprężynie. Masa ta może być ozdobną figurką, np. aniołkiem. Jak należy dobrać współczynnik sprężystości, aby uzyskać okres 0,5 s dla masy 0,015 kg? Przyłączona do sprężyny masa m 0 zwisa pionowo. Zostaje ona podniesiona nieco do góry i puszczona swobodnie. Wykonuje oscylacje z częstotliwością f 0 . Jeśli zastąpimy ją inną masą o wartości dziewięciokrotnie wyższej i powtórzymy eksperyment, to o jaką krotność zmieni się częstotliwość f 0 drgań? f = 1 3 f 0 Masa 0,5 kg zawieszona na sprężynie wykonuje drgania z okresem 1,50 s. O ile musimy zwiększyć masę drgającego ciała, aby uzyskać okres drgań równy 2 s? Z jaką dokładnością powinna być dobrana masa w poprzednim zadaniu, jeśli chcemy, aby okres drgań nie był dłuższy niż 2,01 s ani krótszy niż 1,99 s? Podaj oczekiwany procentowy błąd względny przy doborze masy i określ dopuszczalny zakres masy ciężarka. 0,009 kg; 2%. amplituda (ang. amplitude ) maksymalne przemieszczenie ciała z położenia równowagi w czasie ruchu oscylacyjnego położenie równowagi (ang. equilibrium position ) pozycja oscylatora, kiedy sprężyna jest nieodkształcona tzn. ani nie jest rozciągnięta, ani ściśnięta współczynnik sprężystości (ang. force constant ) parametr charakteryzujący sprężynę, zdefiniowany jako stosunek siły przyłożonej do sprężyny do uzyskanego przemieszczenia częstotliwość (ang. frequency ) liczba zdarzeń okresowych przypadająca na jednostkę czasu drgnienie (ang. oscillation ) pojedyncza lub powtarzalna zmiana wielkości fizycznej, polegająca na przejściu z jednej skrajnej wartości do drugiej i z powrotem ruch periodyczny (ang. periodic motion ) ruch cyklicznie powtarzający się w równych odstępach czasu okres (ang. period ) czas trwania jednego pełnego drgnienia w ruchu drgającym przesunięcie fazowe (ang. phase shift ) kąt wyrażony w radianach stosowany w funkcji cosinus lub sinus, aby przesunąć funkcję na lewo lub na prawo, w celu dopasowania funkcji do danych zarejestrowanych dla ruchu oscylatora harmonicznego ruch harmoniczny (ang. simple harmonic motion ) ruch drgający układu, gdzie siła zwrotna jest proporcjonalna do przemieszczenia i działa na ciało w kierunku położenia równowagi oscylator harmoniczny (ang. simple harmonic oscillator ) układ, który drga w RH, gdzie siła zwrotna jest proporcjonalna do przemieszczenia i działa na ciało w kierunku położenia równowagi", "section": "Ruch harmoniczny", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Energia w ruchu harmonicznym Aby odkształcić ciało, musimy wykonać pracę. Innymi słowy niezależnie od tego, czy chcemy szarpnąć strunę gitary, czy skrócić amortyzator w samochodzie, musimy zadziałać siłą z pewnej odległości. Jeśli jedynym rezultatem tego działania jest deformacja ciała i wykonana praca nie przekształca się w energię termiczną, energię fali dźwiękowej lub energię kinetyczną, to wykonana praca magazynuje się w zdeformowanym obiekcie jako pewna forma energii potencjalnej. Przyjrzyjmy się klockowi połączonemu ze sprężyną, poruszającemu się ruchem harmonicznym po stole bez tarcia. Możemy zdefiniować energię potencjalną dla tego układu, ponieważ siła sprężystości jest siłą zachowawczą (opisaną w rozdziale dotyczącym energii potencjalnej sprężystości i zasady zachowania energii). Energię potencjalną stanowi energia zmagazynowana w sprężynie, gdy sprężyna jest odkształcona (rozciągnięta lub skrócona). Klocek może wykonywać drgania w jednym wymiarze w obecności siły sprężystości działającej równolegle do osi ruchu: W = ∫ x p x k F x d x = ∫ x p x k − k x d x = [ − 1 2 k x 2 ] x p x k = − [ 1 2 k x k 2 − 1 2 k x p 2 ] = − [ E psprk − E psprp ] = − Δ E pspr . Położenie równowagi oznaczone jako x i = 0,00 m jest położeniem, dla którego energia zmagazynowana w sprężynie równa się zeru. Gdy sprężynę rozciągniemy lub skrócimy o odległość x , to energia potencjalna zmagazynowana w sprężynie wyniesie: E pspr = 1 2 k x 2 . Energia i oscylator harmoniczny Aby opisać energię oscylatora harmonicznego, musimy wziąć pod uwagę wszystkie formy energii. Zastanówmy się nad klockiem połączonym ze sprężyną, który oscyluje w ruchu harmonicznym, przesuwając się po powierzchni bez tarcia. Energia potencjalna zmagazynowana w odkształconej sprężynie wynosi: E pspr = 1 2 k x 2 . W oscylatorze harmonicznym energia zmienia się z energii kinetycznej drgającej masy E k = m v 2 / 2 w energię potencjalną E pspr = k x 2 / 2 zmagazynowaną w sprężynie. W przypadku, gdy w ruchu harmonicznym układu masy i sprężyny nie występują siły dyssypacji, całkowita energia układu jest sumą energii potencjalnej i kinetycznej. Zasadę zachowania energii w tym układzie opisano poniżej. To podejście będzie słuszne dla wszystkich oscylatorów harmonicznych, w tym również dla przypadków, gdzie kluczową rolę odgrywa siła grawitacji. Przyjrzyjmy się , która przedstawia oscylujący klocek przymocowany do sprężyny. Przy braku tłumienia w ruchu harmonicznym energia przechodzi całkowicie z jednej formy w drugą w czasie, kiedy układ wykonuje drgania. W tym prostym przykładzie ruchu klocka na sprężynie po powierzchni bez tarcia w chwili początkowej cała energia magazynuje się w sprężynie. Energię tę nazywamy energią potencjalną sprężystości . Kiedy klocek zaczyna się poruszać, energia potencjalna sprężystości przekształca się w energię kinetyczną, a w położeniu równowagi w całości staje się energią kinetyczną klocka. Następnie energia kinetyczna z powrotem przekształca się w energię potencjalną sprężystości, gdy sprężyna jest rozciągana lub ściskana. W skrajnych położeniach prędkość klocka wynosi zero, a więc energia kinetyczna też jest równa zeru. Cykl przemian się powtarza. Zrozumienie zasady zachowania energii w tych cyklach pozwala zrozumieć zagadnienia omawiane w dalszej części podrozdziału, a także wyjaśnia ruch harmoniczny polegający na oscylacjach ładunku w obwodzie typu LC. Przemiana energii w ruchu harmonicznym dla klocka przymocowanego do sprężyny. Ruch odbywa się bez tarcia powierzchniowego. (a) Gdy masa znajduje się w położeniu x = + A , cała energia magazynuje się w sprężynie jako energia potencjalna sprężystości E p s p r = k A 2 / 2 . Energia kinetyczna jest równa zeru, ponieważ prędkość masy wynosi zero. (b) Gdy klocek porusza się w kierunku x = − A , masa przechodzi przez położenie x = 0 . W tym momencie sprężyna nie jest ani rozciągnięta, ani skrócona, więc energia zmagazynowana w sprężynie wynosi zero. W położeniu x = 0 całkowita energia jest energią kinetyczną E k = m ( − v m a x ) 2 / 2 . (c) Masa kontynuuje ruch, aż osiągnie położenie x = − A , w którym klocek zatrzymuje się, a następnie zaczyna się poruszać w kierunku x = + A . W położeniu x = − A całkowita energia magazynuje się jako energia potencjalna sprężystości E p s p r = k ( − A ) 2 / 2 . Energia kinetyczna klocka jest równa zero. (d) Kiedy masa przechodzi przez położenie x = 0 , energia kinetyczna wynosi E k = m v m a x 2 / 2 , a energia potencjalna sprężystości jest zerowa. (e) Masa wraca do położenia x = + A , gdzie E k = 0 i E p s p r = k A 2 / 2 . Rozważmy , która przedstawia wartości energii w poszczególnych punktach ruchu drgającego klocka. Podczas gdy całkowita energia pozostaje wartością stałą, zmieniają się w czasie udziały energii kinetycznej klocka i energii potencjalnej zmagazynowanej w sprężynie: E całkowita = E pspr + E k = 1 2 k x 2 + 1 2 m v 2 . Ruch klocka na sprężynie to ruch harmoniczny, który określają wyrażenia na położenie x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) i prędkość v ( t ) = − A ω sin ( ω t + ϕ ) . Korzystając z tych wyrażeń, zależności trygonometrycznej cos 2 θ + sin 2 θ = 1 i relacji ω = k / m , możemy wyznaczyć energię całkowitą układu: E całkowita = 1 2 k A 2 cos 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) + 1 2 m A 2 ω 2 sin 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) = 1 2 k A 2 cos 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) + 1 2 m A 2 k m sin 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) = 1 2 k A 2 cos 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) + 1 2 k A 2 sin 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) = 1 2 k A 2 ( cos 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) + sin 2 ⁡ ( ω t + ϕ ) ) = 1 2 k A 2 . Energia całkowita klocka i sprężyny jest równa sumie energii potencjalnej sprężystości zmagazynowanej w sprężynie oraz energii kinetycznej klocka i wzrasta wraz z kwadratem amplitudy drgań E całkowita = k A 2 / 2 . Energia całkowita układu jest stała w czasie. Warto zauważyć, że energia kinetyczna klocka zmienia się w czasie tak jak kwadrat funkcji sinus, natomiast energia potencjalna sprężystości zmienia się jak kwadrat funkcji cosinus. Niemniej jednak całkowita energia układu jest stała i zwiększa się wraz z kwadratem amplitudy drgań. przedstawia czasowe zależności energii potencjalnej sprężystości i energii kinetycznej oraz energię całkowitą układu klocka i sprężyny. Pokazano również wykresy położenia i prędkości klocka w funkcji czasu. W chwili czasu t = 0 s położenie klocka jest równe amplitudzie przesunięcia, energia potencjalna zmagazynowana w sprężynie jest równa E p s p r = k A 2 / 2 , siła sprężystości działająca na klocek jest maksymalna i ma zwrot przeciwny do zwrotu osi x ( F S = − k A ) . Prędkość i energia kinetyczna klocka w chwili t = 0 s mają wartości zerowe. W chwili t = 0 s klocek zwolniono, co dało początek ruchowi drgającemu. Wykres energii kinetycznej, energii potencjalnej sprężystości i energii całkowitej układu w ruchu harmonicznym. Pokazano również wykresy położenia i prędkości w funkcji czasu. Całkowita energia układu jest stała, ale następuje zmiana udziałów energii kinetycznej i energii potencjalnej sprężystości. Kiedy energia kinetyczna osiąga wartość maksymalną, to energia potencjalna sprężystości wynosi zero. Dzieje się tak w chwilach, gdy prędkość klocka jest maksymalna i masa znajduje się w położeniu równowagi. Natomiast energia potencjalna sprężystości osiąga maksimum, gdy prędkość klocka wynosi zero. Całkowita energia stała w czasie jest sumą energii kinetycznej klocka oraz energii potencjalnej zmagazynowanej w sprężynie. Oscylacje względem położenia równowagi Powyżej rozważaliśmy energię układu w ruchu harmonicznym w funkcji czasu. Przeanalizujmy teraz energię oscylatora harmonicznego jako funkcję położenia klocka. przedstawia wykres energii układu względem położenia klocka poruszającego się ruchem harmonicznym. Wykres energii kinetycznej (czerwony), energii potencjalnej (niebieski) i energii całkowitej (zielony) oscylatora harmonicznego. Siłę opisano wyrażeniem F = − d E p o t / d x . Położenie równowagi oznaczono czarną kropką, w którym siła sprężystości jest równa zeru. Siła ta jest dodatnia, gdy x < 0 , ujemna gdy x > 0 , a równa zeru, gdy x = 0 . Kształt krzywej energii potencjalnej sprężystości na przypomina miskę. Gdy kulę umieścimy w misce, to osiągnie stan równowagi w najniższym punkcie naczynia ( x = 0 ) . Dzieje się tak dlatego, że siła zwrotna jest skierowana do położenia równowagi. To położenie równowagi określa też minimum energii potencjalnej . Gdy kulę wytrącimy z położenia równowagi do nowego położenia ( x = + A ) , to wykona ona drgania wokół położenia równowagi. Na wykresie energii potencjalnej wartość siły możemy znaleźć dla dowolnego położenia jako tangens kąta nachylenia krzywej w punkcie x wzięty z przeciwnym znakiem ( F = − d E p o t / d x ) . Ze względu na to, że siłę po obu stronach położenia równowagi skierowano w kierunku tego punktu, równowagę tę nazywamy trwałą (stabilną). Położenia x = A i x = − A nazywamy punktami zwrotnymi . (Patrz: Energia potencjalna i zasada zachowania energii ). Musimy też pamiętać o stabilności , ponieważ jeśli położenie równowagi jest trwałe, to niewielkie zakłócenie działające na kulę, która początkowo znajduje się w punkcie równowagi trwałej ( x = 0 ), wywoła oscylacje kuli względem tego punktu. Siła działająca na kulę będzie skierowana w kierunku położenia równowagi trwałej. Natomiast w przypadku kuli znajdującej się w położeniu równowagi nietrwałej (niestabilnej, chwiejnej), nawet lekkie wychylenie z położenia równowagi spowoduje, że nie wróci już samoistnie do tego położenia równowagi. Rozważmy przykład kuli i miski. Jeśli miskę ustawimy dnem do podłoża, to nawet lekko wychylona kula będzie oscylować wokół trwałego punktu równowagi. Jeśli jednak naczynie odwrócimy dnem do góry, a kulę starannie położymy dokładnie w najwyższym punkcie, to może ona przez pewien czas utrzymać stan równowagi, gdyż działająca siła wypadkowa wyniesie zero. Wystarczy jednak delikatne wychylenie, by zainicjować stoczenie się kuli ze szczytu miski. Dzieje się tak dlatego, że siły działające po obu stronach punktu równowagi są skierowane od tego punktu. Punkt na szczycie miski znajduje się więc w stanie równowagi nietrwałej. pokazuje trzy sytuacje. Pierwsza z nich przedstawia położenie równowagi trwałej, któremu odpowiada minimum energii potencjalnej (a); druga to punkt równowagi nietrwałej położony w maksimum energii potencjalnej (b); ostatnia sytuacja również dotyczy położenia równowagi nietrwałej, ponieważ jedynie siła po prawej stronie działa na kulę w kierunku położenia równowagi (c). Przykłady położeń równowagi: (a) trwałe położenie równowagi, (b) i (c) nietrwałe położenia równowagi. Procedura ustalenia, czy dane położenie równowagi jest trwałe czy nietrwałe, może być sformalizowana. Rozważmy krzywą energii potencjalnej pokazaną na . Siła może zostać oszacowana na podstawie analizy nachylenia wykresu. Wartość siły jest określona wzorem F = − d E p o t / d x . W punkcie (a), gdy x < 0 m , siła jest dodatnia. Gdy x > 0 m , siła ta jest ujemna. Wobec tego punkt przy x = 0 m jest położeniem trwałym. W (b), gdy x < 0 m , siła jest ujemna. Gdy x > 0 m , siła jest również ujemna, więc punkt przy x = 0 m jest nietrwałym położeniem. Dwa przykłady krzywej energii potencjalnej. Siła w danym punkcie jest równa ujemnej wartości tangensa kąta nachylenia krzywej w tym położeniu. (a) Wykres energii potencjalnej dla trwałego położenia równowagi. (b) Wykres energii potencjalnej dla nietrwałego położenia równowagi. Położenie to nazywa się czasem półstabilnym, ponieważ siła działająca dla położeń x > 0 m jest zwrócona w kierunku punktu x = 0 m . Koncepcja trwałego położenia równowagi znajduje praktyczne zastosowanie w opisie siły działającej pomiędzy dwoma obojętnymi atomami lub cząsteczkami. Gdy dwa atomy znajdują się w bliskim sąsiedztwie i są oddzielone kilkoma średnicami atomowymi, mogą wystąpić siły przyciągania. Jednym z przykładów sił przyciągania pomiędzy dwoma atomami są siły van der Waalsa. W przypadku dalszego zbliżania atomów, tak że ich powłoki elektronowe będą się nakładać, pojawią się siły odpychające. Siła oddziaływania pomiędzy dwoma atomami nie jest liniowa i nie można jej opisać przez układ dwóch mas odseparowanych sprężyną, ale atomy w cząsteczce mogą oscylować wokół punktu równowagi, jeśli przesuną się tylko trochę poza ten punkt. Na skutek działania sił przyciągających i odpychających atomy wykonują drgania. Szczegółowa dyskusja na temat oddziaływań międzyatomowych wykracza poza zakres tego rozdziału, ale warto wiedzieć, że drgania atomów odbywają się wzdłuż krzywej energii potencjalnej Lennarda-Jonesa 6-12 : E p o t ( x ) = 4 ε [ ( σ x ) 12 − ( σ x ) 6 ] . Wykres tej funkcji pokazano na . Dwa parametry ε i σ wyznaczono na podstawie danych doświadczalnych. Krzywa energii potencjalnej Lennarda-Jonesa dla układu dwóch obojętnych atomów. Jeżeli energia układu nie jest zbyt wysoka, to układ wykonuje drgania w pobliżu położenia równowagi pomiędzy dwoma punktami zwrotnymi. Na wykresie można zauważyć, że krzywa energii potencjalnej Lennarda- Jonesa ma pewne podobieństwa do krzywej energii potencjalnej przedstawionej na dla oscylatora harmonicznego. Na krzywej potencjału Lennarda-Jonesa znajduje się położenie równowagi, dla którego energia potencjalna jest minimalna i siła działająca po obu stronach punktu równowagi skierowana jest w stronę tego punktu (tzw. siła zwrotna). Należy zauważyć, że w przeciwieństwie do oscylatora harmonicznego, kształt krzywej energii potencjalnej Lennarda-Jonesa nie jest symetryczny. Wynika to z faktu, że siła działająca pomiędzy atomami nie jest funkcją liniową względem położenia x , tzn. nie spełnia prawa Hooke'a tak, jak siła sprężystości. Atomy mogą wykonywać drgania wokół stanu równowagi x m i n , ponieważ gdy x < x m i n , siła jest dodatnia, natomiast gdy x > x m i n , siła jest ujemna. Zauważmy, że gdy x zbliża się do zera, to nachylenie krzywej jest dość strome i tangens kąta nachylenia jest wartością ujemną, a to oznacza, że siła ma dużą wartość i jej zwrot jest zgodny ze zwrotem osi x . Można więc wywnioskować, że siła ta odpycha atomy od siebie. Z kolei dla położeń przyjmujących coraz większe wartości x , nachylenie staje się mniej strome, siła ma coraz mniejszą wartość, a jej zwrot jest przeciwny do zwrotu osi x . Wobec tego jeśli układ ma wystarczająco dużo energii, to atomy mogą ulec rozdzieleniu. Możemy też obliczyć siły międzycząsteczkowe z funkcji energii potencjalnej. Zauważmy, że siła różni się od tej z prawa Hooke'a ( F = − k x ) , ale znając dwumian Newtona: ( 1 + x ) n = 1 + n x + n ( n − 1 ) 2 ! x 2 + n ( n − 1 ) ( n − 2 ) 3 ! x 3 + ⋯ , siłę tę można w przybliżeniu obliczyć z prawa Hooke'a. Prędkość i zasada zachowania energii Wróćmy do układu klocka i sprężyny z . W chwili, gdy klocek zostaje wytrącony ze stanu spoczynku przy x = A , zaczyna poruszać się w kierunku położenia równowagi. Energia potencjalna sprężystości zmniejsza się, a prędkość i energia kinetyczna klocka wzrastają. W chwili t = T / 4 klocek osiąga położenie równowagi x = 0 m , gdzie zarówno siła działająca na klocek, jak i energia potencjalna są wartościami zerowymi. W położeniu równowagi klocek osiąga maksymalną ujemną prędkość o wartości v = − A ω . Energia kinetyczna jest najwyższa i wynosi E k = 1 2 m v 2 = 1 2 m A 2 ω 2 = 1 2 k A 2 . W tej chwili siła działająca na klocek wynosi zero, ale pęd klocka powoduje kontynuację ruchu w kierunku punktu x = − A . W czasie dalszego ruchu klocka działa na niego siła o zwrocie zgodnym ze zwrotem osi x , a wartości prędkości i energii kinetycznej maleją. Energia potencjalna wzrasta wraz ze skracaniem się sprężyny. W chwili t = T / 2 klocek osiąga położenie x = - A . W tym położeniu prędkość i energia kinetyczna są wartościami zerowymi. Siła sprężystości działająca na klocek wynosi F = k A , natomiast energię potencjalną zmagazynowanej w sprężynie wyrażono wzorem E p s p r = k A 2 / 2 . Podczas drgań klocka energia całkowita jest stała i równa sumie energii potencjalnej i energii kinetycznej układu: E całkowita = 1 2 k x 2 + 1 2 m v 2 = 1 2 k A 2 . Można więc wyznaczyć wzór na prędkość klocka dla każdego położenia w ruchu harmonicznym: | v | = k m ( A 2 − x 2 ) . Energia w oscylatorze harmonicznym wzrasta wraz z kwadratem amplitudy drgań. Rozważając różne układy drgające, często można się przekonać, że ich energia również jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy drgań. Sprawdź, czy rozumiesz. Zaproponuj sposób zmniejszenia maksymalnej prędkości oscylatora harmonicznego. Możesz zwiększyć masę obiektu drgającego. Innym sposobem może być zmniejszenie amplitudy drgań lub użycie sprężyny o mniejszym współczynniku sprężystości. Podsumowanie Najprostszy rodzaj drgań dotyczy układów, które można opisać prawem Hooke’a: F = − k x , gdzie F jest siłą zwrotną, x jest przemieszczeniem z położenia równowagi lub deformacją, a k jest współczynnikiem sprężystości układu. W układzie opisywanym prawem Hooke’a energia potencjalna ciała odkształconego sprężyście wynosi E p s p r = k x 2 / 2 . Energia całkowita w oscylatorze harmonicznym jest stała w czasie i dzielona pomiędzy energię potencjalną sprężystości i energię kinetyczną: E całkowita = 1 2 k x 2 + 1 2 m v 2 = 1 2 k A 2 = const . Wartość prędkości jako funkcję położenia dla oscylatora harmonicznego określa zależność: | v | = k m ( A 2 − x 2 ) Pytania Opisz przykładowy układ ze zmagazynowaną energią potencjalną sprężystości. W samochodzie energię potencjalną sprężystości możemy zaobserwować, gdy ściskamy lub rozciągamy amortyzator. W niektórych butach do biegania energia potencjalna sprężystości przechowuje się w ściśliwej podeszwie buta. W skoku o tyczce energia potencjalna sprężystości gromadzi się w tyczce na skutek jej ugięcia. Na podstawie analizy energii układu uzasadnij, w jaki sposób siły dyssypacyjne takie jak tarcie, zmniejszają amplitudę kolejnych drgań oscylatora harmonicznego. Wyjaśnij również, w jaki sposób mechanizm napędowy może zrekompensować te straty energii (takim układem jest np. zegar wahadłowy). Temperatura ziemskiej atmosfery oscyluje między maksimum (ok. południa) a minimum (przed wschodem słońca). Czy Twoim zdaniem atmosfera jest w stanie równowagi trwałej czy nietrwałej? Cały system jest stabilny. Okresowo tę stabilność mogą naruszać burze, ale siła napędowa zapewniana przez Słońce przywraca atmosferę do stanu równowagi. Zadania Paczkę z rybami zawieszono na wadze sprężynowej. Jaki jest współczynnik sprężystości, jeśli przy masie paczki równej 10 kg sprężyna rozciąga się o 8 cm? Ile waży ryba, która rozciąga sprężynę o 5,50 cm? Kreski podziałki zostały naniesione co pół kilograma. Jak daleko od siebie leżą kreski? W boksie olimpijskim górny limit dla zawodnika wagi ciężkiej wynosi 91 kg. Przy rutynowym sprawdzeniu wagi stwierdzono, że szalka pod wpływem masy 120 kg obniża się o 0,75 cm i że waga funkcjonuje zgodnie z prawem Hooke’a. Jaki jest współczynnik sprężystości wagi? Jeśli bokser staje na wadze i szalka obniża się o 0,48 cm, to czy zawodnik ten mieści się w kategorii wagi ciężkiej? a. 1,57 · 10 5 N/m ; b. 77 k g , zawodnik mieści się w limicie wagowym kategorii wagi ciężkiej. Niektóre pistolety typu BB do wystrzału kulki wykorzystują tłok sprężynowy. Oblicz współczynnik sprężystości sprężyny tłoka o masie 0,05 kg, tak aby przy początkowym ściśnięciu sprężyny o 0,15 m tłok ten osiągnął prędkość maksymalną 20,0 m/s. Jaką siłę należy przyłożyć do sprężyny, aby osiągnąć takie skrócenie? Drążków pogo używa się najczęściej jako zabawek i służą do skakania przy użyciu sprężyny. Kiedy człowiek o masie 80 kg stanie na drążku pogo, sprężyna ulega skróceniu o 0,120 m. Jaki jest współczynnik sprężystości sprężyny? Czy sprężyna będzie ulegała większemu ściśnięciu podczas skakania? 6,53 · 10 3 N/m ; Tak, w momentach gdy człowiek znajdzie się w najniższym punkcie swojego ruchu, wówczas sprężyna będzie maksymalnie ściśnięta. Jeśli zawiesimy na sprężynie masę 0,3 kg, długość tej sprężyny wyniesie 0,2 m, a przy zawieszonej masie 1,95 kg ta długość to 0,75 m. Jaki jest współczynnik sprężystości sprężyny? Jaka jest długość sprężyny nieobciążonej? Współczynnik sprężystości liny nylonowej wynosi 1,40 · 10 4 N/m . Na linie wisi amator wspinaczki górskiej. Jaka jest częstotliwość oscylacji wspinacza na linie, jeśli sumaryczna jego masa, wraz z ekwipunkiem, wynosi 90 kg? O ile rozciągnie się lina, zanim zahamuje jego upadek, jeśli długość luzu liny (czyli wolnego spadania wspinacza) wynosi 2 m? ( Wskazówka: zastosuj zasadę zachowania energii). Rozwiąż ponownie oba zagadnienia w sytuacji, kiedy wspinacz wisi na dwukrotnie dłuższej linie z tego samego materiału. a. 1,99 Hz; b. 50,2 cm; c. 1,40 Hz; 71 cm. energia potencjalna sprężystości (ang. elastic potential energy ) energia potencjalna zmagazynowana w układzie na skutek zniekształcenia elementu sprężystego, np. na skutek rozciągnięcia sprężyny siła zwrotna (ang. restoring force ) siła działająca w kierunku położenia równowagi oscylatora stan trwałej równowagi (ang. stable equilibrium point ) położenie w którym wypadkowa siła działająca na ciało wynosi zero, a w przypadku małego przemieszczenia ciała pojawia się siła zwrotna, która działa w kierunku położenia równowagi", "section": "Energia w ruchu harmonicznym", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Porównanie ruchu harmonicznego z ruchem jednostajnym po okręgu Jednym ze sposobów na opisanie ruchu harmonicznego jest analiza jednostajnego ruchu po okręgu zgodnie z . Marker (drewniany kołek) przymocowano do tarczy, która obraca się ze stałą częstością kątową. pokazuje ten dysk z markerem w rzucie bocznym. Umieszczenie lampy nad tarczą powoduje, że marker tworzy cień. Położenie cienia w punkcie x = 0 oznacza, że pozycja markera jest najniższa lub najwyższa. Dla dysku o promieniu r = A obracającego się ze stałą prędkością kątową, cień oscyluje między położeniami x = + A i x = - A . Wyobraźmy sobie klocek na sprężynie umieszczony tak, jak pokazano na . Obracający się ze stałą częstością kątową kołek rzuca cień, który porusza się ruchem harmonicznym. Światło skierowano na dysk w ten sposób, że kołek tworzy cień. Klocek na sprężynie porusza się ruchem harmonicznym. Jeśli dysk obraca się z odpowiednią częstością kątową, to cień kołka może poruszać się identycznie jak klocek. Jeśli nie ma dyssypacji energii z powodu działania sił niezachowawczych, klocek i cień będą synchronicznie oscylować. Na rysunku przedstawiono cztery migawki dla różnych chwil tego ruchu. (a) Koło startuje przy θ = 0 ∘ , a cień kołka znajduje się (podobnie jak klocek) w położeniu x = + A . (b) Rotujący dysk tworzy kąt θ = ω t , natomiast cień kołka znajduje się pomiędzy x = + A a x = 0 . (c) Dysk obraca się o kąt θ = 90 ∘ , podczas gdy klocek i jego cień osiągają położenie x = 0 . (d) Dysk kontynuuje ruch, a cień śledzi jego położenie. Jeśli dysk obraca się z odpowiednią częstością kątową, to cień przesuwa się tak samo jak klocek. Położenie cienia możemy opisać równaniem: x ( t ) = A cos ⁡ ( ω t ) . Przypomnijmy, że klocek przymocowany do sprężyny nie porusza się ze stałą prędkością. Z jaką częstością kątową musi się obracać koło, aby cień zawsze padał na klocek? Tę wartość częstości kątowej opisano zależnością 2 π razy częstotliwość drgań ( ω = 2 π f ) . przedstawia podstawowe zależności pomiędzy jednostajnym ruchem po okręgu a ruchem harmonicznym. Kołek leży na obwodzie dysku w odległości A od środka dysku. Oś x określa linia położona równolegle do podłoża i przecinająca dysk na pół. Oś y (niepokazana) jest określona przez linię prostopadłą do podłoża, która dzieli tarczę na lewą i prawą część. Środkiem dysku jest punkt ( x = 0 , y = 0 ) . Rzuty położenia kołka na oś x wyznaczają położenie cienia, który porusza się ruchem harmonicznym analogicznie jak klocek na sprężynie. Rysunek przedstawia migawkę z ruchu, kiedy cień przemieszcza się w lewo z prędkością v . Prędkość styczna kołka na okręgu jest równa v m a x klocka na sprężynie. Składowa x prędkości kołka jest równa prędkości klocka na sprężynie. Kołek porusza się ruchem jednostajnym po okręgu ze stałą prędkością kątową ω . Rzut kołka na oś x wykonuje ruch harmoniczny. Pokazano również wektor prędkości kołka na okręgu: v max i jego rzut v na oś x . Warto zauważyć, że trójkąt tworzony przez wektory prędkości jest podobny do trójkąta przemieszczeń. Za pomocą możemy przeanalizować prędkość cienia tworzonego przez kołek, który porusza się po okręgu z prędkością v max = A ω . Cień przemieszcza się z prędkością równą horyzontalnej składowej prędkości kołka: v = − v max sin ( ω t ) . Wynika z tego, że przyspieszenie wynosi: a = − a max cos ( ω t ) . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak stwierdzić, czy ciało porusza się ruchem jednostajnym po okręgu? Opisz, w jaki sposób można wykazać ruch harmoniczny tego ciała. Butelkę z keczupem można postawić na obrotowym stoliku i wprawić go w ruch obrotowy. Oświetlenie butelki z boku lampą spowoduje, że na ścianie zobaczymy jej cień poruszający się ruchem harmonicznym. Podsumowanie Rozważ dysk o promieniu A poruszający się ze stałą prędkością kątową ω . Punkt na krawędzi dysku porusza się ze stałą prędkością styczną v max = A ω . Rzut promienia na oś x opisuje wzór x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) , gdzie ϕ jest przesunięciem fazowym. Z kolei składowa x prędkości stycznej to v ( t ) = − A ω sin ( ω t + ϕ ) . Pytania Czy analogię pomiędzy ruchem harmonicznym a ruchem ciała po okręgu można wykazać także dla układu ciężarka umocowanego na sprężynie zwisającego pionowo z sufitu? Odpowiedź uzasadnij. Czy lepiej jest zastosować do opisu ruchu funkcję sinus czy cosinus? Masa przymocowana do sprężyny wykonuje drgania na powierzchni stołu bez tarcia. Jeśli maksymalna prędkość masy zostałaby zwiększona, to który z parametrów obracającego się dysku należałoby zmienić? Maksymalna prędkość masy na sprężynie wynosi v max = A ω , a częstość kołowa jest niezależna od amplitudy drgań. Zatem to amplituda drgań musi ulec zwiększeniu. Skoro odpowiada jej promień okręgu, wobec tego to ten parametr dysku powinien zostać zwiększony. Zadania Oscylacje masy na sprężynie w układzie pionowym można również opisać za pomocą obracającego się dysku z markerem. Zamiast świecących pionowo w dół lamp umocowanych horyzontalnie w linii nad dyskiem, można ustawić lampy pionowo, a ich światło skierować na bok obracającego się dysku z markerem. W ten sposób można uzyskać na ścianie plamkę cienia, która będzie się poruszać w górę i w dół. Napisz wzory opisujące ruch plamki, przyjmując że jej położenie w chwili t = 0 s wynosi y = 0 m , a następnie plamka porusza się w kierunku dodatnich wartości osi y . Nowoczesny mechanizm zegara wykorzystuje masę 0,01 kg oscylującą na sprężynie o współczynniku sprężystości 1,25 N/m. Jaka jest maksymalna prędkość ciała wykonującego drgania w zakresie od -3 cm do +3 cm względem położenia równowagi? Ile dżuli energii kinetycznej ma ciało w chwili najwyższej prędkości? 0,335 m / s ; 5,61 ⋅ 10 − 4 J. Piła szablasta wykorzystuje obroty silnika do wprawienia brzeszczotu w ruch posuwisto-zwrotny w lewo-prawo; mechanizm jarzmowy przedstawia poniższy rysunek. Oszacuj maksymalną prędkość brzeszczotu podczas jego przemieszczania się, jeśli tarcza silnika obraca się z częstotliwością 60 Hz i ma promień 3 cm. O zachodzie słońca student stoi na skraju karuzeli o promieniu 2 m , która obraca się pięć razy na minutę. Student rzuca cień na pobliski budynek. Napisz równanie dla położenia cienia. Napisz równanie prędkości cienia. x ( t ) = 2 m ⋅ cos ⁡ ( 0,52 s − 1 ⋅ t ) ; v ( t ) = − 1,05 m / s ⋅ sin ⁡ ( 0,52 s − 1 ⋅ t ).", "section": "Porównanie ruchu harmonicznego z ruchem jednostajnym po okręgu", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wahadła Bez wahadła nie byłoby zabytkowych zegarów. Te proste mechanizmy nadal są w powszechnym użyciu. Wahadło może być np. stosowane do pomiaru przyspieszenia grawitacyjnego. Dla małych kątów wychyleń wahadło zachowuje się jak oscylator harmoniczny. Wahadło matematyczne Wahadło matematyczne jest zdefiniowane jako masa punktowa (ciężarek) zawieszona na nierozciągliwej, nieważkiej nici o długości d ( ). Jedynymi siłami działającymi na masę są siła grawitacji i naprężenie nici. Wahadło na rysunku znajduje się w maksymalnym wychyleniu i nie działają na nie siły związane z ruchem obrotowym. Nieważkość nici oznacza, że jej masa jest zaniedbywalnie mała w porównaniu do masy ciężarka. Na wahadło matematyczne składają się ciężarek o masie skupionej w punkcie i nierozciągliwa nić o zaniedbywalnej masie. Liniowe przemieszczenie z położenia równowagi jest równe długości łuku s . Na rysunku pokazane są również siły działające na ciężarek. Prostopadła składowa siły wypadkowej − m g sin θ działa w kierunku położenia równowagi ciężarka. Rozważmy moment siły działającej na ciężarek. Jest on związany ze składową siły wypadkowej działającej stycznie do łuku. Moment siły to długość nici d pomnożona przez siłę wypadkową, która działa prostopadle do promienia łuku. Znak minus wskazuje, że moment siły działa w kierunku przeciwnym do przemieszczenia kątowego: M = − d m g sin ⁡ θ I ε = − d m g sin ⁡ θ I d 2 θ d t 2 = − d m g sin ⁡ θ m d 2 d 2 θ d t 2 = − d m g sin ⁡ θ d 2 θ d t 2 = − g d sin ⁡ θ . Rozwiązanie tego równania różniczkowego wymaga złożonych rachunków i wykracza poza zakres tego rozdziału. Warto zauważyć, że dla małych kątów (mniej niż 15 stopni), sin θ i θ różnią się mniej niż 1%, co pozwala na zastosowanie przybliżenia sin θ ≈ θ . Kąt θ opisuje położenie wahadła. W przybliżeniu dla małych kątów θ możemy uprościć równanie różniczkowe do postaci: d 2 θ d t 2 = − g d sin ⁡ θ ≈ − g d ⁡ θ . Ze względu na to, że równanie to ma tę samą postać co równanie ruchu harmonicznego, łatwo jest zaproponować rozwiązanie. Częstość kołowa wynosi: ω = g d , a okres drgań to: T = 2 π d g . Okres drgań wahadła matematycznego zależy więc wyłącznie od jego długości i przyspieszenia grawitacyjnego. Nie mają na niego wpływu ani masa ciężarka, ani amplituda maksymalnego kąta w zakresie do około 15 ° . Dlatego też zegary mechaniczne wykorzystujące wahadło mogą precyzyjnie odmierzać czas. Warto podkreślić wpływ g na T . Jeżeli długość wahadła jest dokładnie znana, to można je zastosować do pomiaru przyspieszenia grawitacyjnego tak jak w poniższym przykładzie. Wyznaczanie przyspieszenia ziemskiego na postawie pomiaru okresu wahadła Jaka jest wartość przyspieszenia grawitacyjnego w danym miejscu pomiarowym, jeśli wahadło o długości 75 cm ma okres drgań 1,7357 s? Strategia rozwiązania Naszym celem jest wyznaczenie g ; wartości znane to okres drgań T i długość wahadła d . Z zależności T = 2 π d g możemy wyznaczyć g , jeśli założymy, że kąt maksymalnego odchylenia jest mniejszy niż 15 ∘ . Rozwiązanie Zależność T = 2 π d g podnieś do kwadratu i wyznacz wzór na g : g = 4 π 2 d T 2 Podstaw podane wartości do wzoru: g = 4 π 2 0,75 m ( 1,7357 s ) 2 Wyznacz wartość g : g = 9,8281 m s 2 Znaczenie Przedstawiona metoda wyznaczania przyspieszenia ziemskiego może być bardzo dokładna, jeśli wykonamy pomiary przy maksymalnym kącie o wartości poniżej 0,5 ∘ . Dzięki temu błąd spowodowany przybliżeniem sin θ ≈ θ będzie mniejszy. Sprawdź, czy rozumiesz. Inżynier zbudował dwa wahadła. Oba podwieszono pod sufitem pomieszczenia i zastosowano do tego linki o małym przekroju. Każdy z ciężarków zawisł 2 cm nad podłogą. Pierwsze wahadło ma masę 10 kg, a drugie 100 kg. Oba wychylono o kąt 12 ∘ . Opisz ruch wahadeł. Ruch wahadeł będzie identyczny, ponieważ masa ciężarka nie wpływa na ruch wahadła matematycznego. Okres drgań zależy jedynie od długości wahadła i od przyspieszenia ziemskiego. Wahadło fizyczne Każde ciało może oscylować jak wahadło. Rozważmy kubek do kawy wiszący na haczyku w spiżarni. Jeśli kubek zostanie wytrącony z położenia równowagi, to zacznie wykonywać oscylacje tam i z powrotem (podobnie jak wahadło) aż do chwili, gdy drgania ulegną wygaszeniu. Wahadło matematyczne opisano jako układ składający się z masy punktowej i nici. Natomiast wahadło fizyczne to dowolne ciało, którego oscylacje są podobne do wahadła matematycznego, ale które nie może być opisane jako masa punktowa na nici, ponieważ jego równanie ruchu musi uwzględnić rozkład masy. W wahadle matematycznym siła grawitacji działa na środek ciężarka, natomiast w wahadle fizycznym – na środek masy (ŚM) ciała. Ciało oscyluje wokół punktu O . Rozważmy ciało o złożonym kształcie tak jak pokazano na . Wahadłem fizycznym może być dowolne ciało, które oscyluje jak wahadło, ale nie można go opisać jako masę punktową na nitce. Siła grawitacji działa na środek masy (ŚM), a jej składowa prostopadła do ramienia d odpowiada za oscylacje ciała. Znak minus dla tej składowej oznacza, że jej kierunek jest przeciwny do narastającego kąta θ . Gdy wahadło fizyczne zawiesimy w punkcie, tak, by miało ono swobodę obrotu, to obrót ten będzie zachodził pod wpływem momentu siły przyłożonej do ŚM, a konkretnie składowej siły grawitacji, działającej stycznie do ruchu ŚM. Wartość tej składowej siły grawitacji wynosi − m g sin θ , a ujemny znak wynika z kierunku działania siły, który jest przeciwny do kierunku narastania kąta wychylenia. Moment siły opisuje wyrażenie τ → = r → × F → , a więc wartość ta jest równa iloczynowi długości ramienia oraz składowej stycznej działającej siły: | τ | = r F sin θ . d oznacza długość ramienia liczoną od punktu zawieszenia wahadła do ŚM. By opisać ruch drgającego ciała, zacznijmy od wyznaczenia wypadkowego momentu siły. Zauważmy, że podobnie jak w przypadku wahadła matematycznego, oscylacje przebiegają w zakresie małych kątów. Możemy więc założyć, że sin θ ≈ θ . Zgodnie z opisem ruchu obrotowego ciała względem ustalonej osi obrotu ( Obroty wokół stałej osi )ustalmy, że wypadkowy moment siły jest równy iloczynowi momentu bezwładności I = ∫ r 2 d m oraz przyspieszenia kątowego ε , gdzie ε = d 2 θ / d t 2 : I α = M w y p = − d m g sin ⁡ θ . Jeśli zastosujemy przybliżenie małych kątów i przeprowadzimy proste przekształcenia, otrzymamy: I ε = − d m g θ I d 2 θ d t 2 = − d m g θ d 2 θ d t 2 = − m g d I θ . Po raz kolejny otrzymujemy równanie różniczkowe, które przedstawia drugą pochodną przemieszczenia kątowego względem czasu jako iloczyn pewnej ujemnej stałej − m g d / I razy wartość kąta θ . Rozwiązaniem tego równania jest: θ ( t ) = Θ cos ( ω t + ϕ ) , gdzie Θ to maksymalne przesunięcie kątowe. Częstość kołowa wynosi: ω = m g d I , a wartość okresu drgań wahadła fizycznego określa wzór: T = 2 π I m g d . Zauważmy, że dla wahadła matematycznego moment bezwładności wynosi I = ∫ r 2 d m = m d 2 , a wyrażenie na okres drgań upraszcza się do postaci T = 2 π d / g . Ograniczenie efektu kołysania wieżowca W warunkach silnych podmuchów wiatru lub fali sejsmicznej konstrukcja drapacza chmur może oscylować z amplitudą około dwóch metrów i z częstotliwością około 20 Hz. Istnieją zaawansowane rozwiązania inżynierskie polegające na zastosowaniu wahadła fizycznego zainstalowanego na szczycie wieżowca. Wówczas w sytuacji, kiedy wieżowiec przechyla się na prawo, wahadło to wykonuje wahnięcie w przeciwną stronę, co wygasza efekt kołysania konstrukcji. Jeśli przyjmiemy, że oscylacje mają częstotliwość 0,50 Hz, będziemy mogli zaprojektować wahadło w postaci długiego pręta o masie 100 ton, zbudowane z materiałów o stałej gęstości z punktem obrotu znajdującym się na końcu pręta (rysunek poniżej). Jaka powinna być długość ramienia wahadła? Strategia rozwiązania Naszym zadaniem jest wyznaczenie długości ramienia wahadła fizycznego. Musimy najpierw znaleźć wartość momentu bezwładności ramienia, a następnie zastosować wzór na okres drgań wahadła fizycznego. Rozwiązanie Znajdź moment bezwładności pręta o długości L i masie M dla ŚM: 1 12 M L 2 Użyj twierdzenia Steinera dla momentu bezwładności bryły sztywnej względem osi obrotu: I = I ŚM + L 4 2 M = 1 12 M L 2 + 1 4 M L 2 = 1 3 M L 2 Okres drgań wahadła fizycznego wynosi T = 2 π I / ( m g d ) . Jeśli podstawimy wyrażenie na moment bezwładności pręta, będziemy mogli wyznaczyć długość ramienia L : T = 2 π I M g d = 2 π 1 3 M L 2 M g ⋅ 1 2 L = 2 π 2 L 3 g ; L = 3 2 g ( T 2 π ) 2 = 3 2 ⋅ 9,8 m s 2 ⋅ ( 2 s 2 π ) 2 = 1,49 m . Znaczenie Jest wiele sposobów na redukcję oscylacji wieżowca, m.in. dobór odpowiedniego kształtu budynku, zastosowanie kilku wahadeł fizycznych lub masowego tłumika drgań. Wahadło torsyjne Wahadło torsyjne składa się z bryły sztywnej zawieszonej na lekkim drucie ( ). Na skutek początkowego skręcenia wahadła o mały kąt (o maksymalnej wartości Θ ) możemy obserwować drgania swobodne wahadła polegające na oscylacjach w zakresie kątów pomiędzy ( θ = + Θ ) a ( θ = − Θ ) . Moment siły wywołuje naprężenie skręcające drutu (nici), które dąży do przywrócenia bryły do położenia równowagi. Wahadło torsyjne składa się ze sztywnej bryły (np. tarczy) zawieszonej na drucie. Bryła wykonuje oscylacje w zakresie kątów od θ = + Θ do θ = − Θ . Moment siły jest proporcjonalny do wartości kąta θ M = − κ θ . Stałą κ (kappa) nazywamy momentem kierującym i jest to współczynnik charakteryzujący dany drut. Znak minus oznacza, że moment siły działa w kierunku przeciwnym do zwiększania kąta skręcenia wahadła. Wypadkowy moment siły jest równy momentowi bezwładności razy przyspieszenie kątowe: I d 2 θ d t 2 = − κ θ d 2 θ d t 2 = − κ I θ . Równanie to wskazuje, że druga pochodna kąta względem czasu równa się ujemnej stałej pomnożonej przez wartość kąta. Ten wzór jest bardzo podobny do równania d 2 x / d t 2 = − k x / m dla ruchu harmonicznego, w którym okres drgań klocka na sprężynie opisano zależnością T = 2 π m / k . Wobec tego okres drgań wahadła torsyjnego może zostać wyrażony w postaci: T = 2 π I κ . Jednostka momentu kierującego ma wymiar [ κ ] = N ⋅ m = ( k g ⋅ m / s 2 ) ⋅ m = k g ⋅ m 2 / s 2 , natomiast jednostką miary momentu bezwładności jest [ I ] = kg·m 2 , z czego widać, że jednostką okresu drgań jest sekunda. Pomiar momentu kierującego drutu Pręt ma długość L = 0,30 m i masę 4 kg . Drut przyłączono do ŚM pręta, a cały układ podwieszono do sufitu ( ). Pręt skręcono o kąt 10 stopni od położenia równowagi i puszczono swobodnie. Pręt wykonuje drgania o okresie 0,5 s . Jaka jest wartość momentu kierującego κ ? (a) Drut z prętem podwieszony do sufitu. (b) Rysunek pomocniczy do wyznaczenia momentu bezwładności pręta. Strategia rozwiązania Naszym celem jest wyznaczenie momentu kierującego drutu. Najpierw musimy obliczyć moment bezwładności pręta. Rozwiązanie Znajdź moment bezwładności pręta względem osi przechodzącej przez ŚM według wzoru: I Ś M = ∫ x 2 d m = ∫ − L 2 L 2 x 2 λ d x = λ [ x 3 3 ] − L 2 L 2 = λ 2 L 3 24 = M L 2 L 3 24 = 1 12 M L 2 . Wyznacz moment kierujący, stosując wzór na okres drgań: T = 2 π I κ κ = I ( 2 π T ) 2 = 1 12 M L 2 ( 2 π T ) 2 = 1 12 ⋅ 4 k g ⋅ ( 0,3 m ) 2 ⋅ ( 2 π 0,5 s ) 2 = 4,73 N ⋅ m . Znaczenie Podobnie jak w przypadku współczynnika sprężystości w układzie klocka ze sprężyną, im większy jest moment kierujący, tym krótszy okres drgań oscylatora. Podsumowanie Ciało o masie m zawieszone na nieważkiej nici o długości d tworzy wahadło matematyczne, którego drgania są ruchem harmonicznym przy amplitudzie kąta nie przekraczającej 15 ∘ . Okres drgań wahadła opisuje wzór T = 2 π d / g , gdzie d jest długością nici a g – przyspieszeniem ziemskim. Okres drgań wahadła fizycznego można wyznaczyć ze wzoru T = 2 π I / ( m g d ) , jeśli znamy moment bezwładności. Odległość pomiędzy osią obrotu a środkiem masy wynosi L . Okres drgań wahadła torsyjnego określa wzór T = 2 π I / κ , wymagana jest więc znajomość momentu bezwładności wahadła i momentu kierującego drutu. Pytania Zegary wahadłowe odmierzają prawidłowo czas dzięki odpowiedniej regulacji długości wahadła. Załóżmy, że przeprowadzasz się do innego miasta, gdzie przyspieszenie ziemskie jest nieco większe. Czy w nowym miejscu powinieneś skrócić czy wydłużyć wahadło, aby twój zegar właściwie odmierzał czas? Odpowiedź uzasadnij. Wieżowy zegar wahadłowy działa w oparciu o pomiar okresu drgań wahadła. Wiosną zegar działa bardzo precyzyjnie, ale latem lub zimą długość wahadła się zmienia. Większość materiałów pod wpływem wzrostu temperatury rozszerza się. Czy wobec tego latem zegar przyspiesza, czy zwalnia? Jak jest zimą? Okres wahadła wynosi T = 2 π d / g . Wiosną jedno drganie trwa dokładnie jedną sekundę. Latem długość wahadła rośnie, a więc okres ulega wydłużeniu i trwa dłużej niż sekundę. Zatem wahadło wykonuje mniej niż 60 drgań na minutę i zegar się spóźnia. Natomiast zimą się spieszy. Rejestrowane położenie ciała można opisać funkcją sinus lub cosinus przy zastosowaniu odpowiedniej wartości przesunięcia fazowego. Jeśli jest możliwość wyboru, to której funkcji użyjesz? Przyjmij, że przesunięcie fazowe wynosi zero, a wybrana funkcja to sinus, i opisz następujące parametry: początkowe położenie ciała, prędkość i przyspieszenie. Jaką postać mają te wzory, kiedy zastosujesz funkcję cosinus? Zadania Jaką długość ma wahadło o okresie drgań 0,500 s? Niektórzy uważają, że wahadło o okresie drgań 1 s może być poruszane \"siłą umysłu\", czyli bez fizycznej ingerencji (tzw. psychokineza), ponieważ taki okres drgań zgadza się z przeciętnym tętnem człowieka. Bez względu na prawdziwość tej tezy, oblicz długość takiego wahadła. 24,8 cm Jaki jest okres drgań wahadła o długości 1 m? Ile czasu potrzebuje dziecko na huśtawce na wykonanie wahnięcia w tę i z powrotem (jedno pełne drganie), jeśli jego środek ciężkości znajduje się 4 m poniżej punktu zawieszenia? 4,01 s Wahadło w zegarze z kukułką ma długość 5 cm. Jaka jest częstotliwość drgań wahadła? Dwie papugi siedzą razem na huśtawce, a ich łączny środek masy znajduje się 10 cm poniżej punktu zawieszenia. Podaj częstotliwość oscylacji huśtawki. 1,58 s Wahadło, które ma okres 3,00000 s w miejscu, gdzie przyspieszenie ziemskie wynosi 9,79 m/s 2 przeniesiono do miejsca, w którym przyspieszenie g wynosi 9,82 m/s 2 . Jaki jest okres drgań wahadła w nowym miejscu? W oparciu o relację pomiędzy okresem drgań i przyspieszeniem ziemskim wyjaśnij, dlaczego tak wiele cyfr znaczących jest potrzebnych do wyznaczenia wartości okresu drgań. Wahadło o okresie drgań 2,00000 s w jednym miejscu ( g = 9,80 m/s 2 ) zostało przeniesione do nowego miejsca, w którym okres drgań wynosi 1,99796 s. Wyznacz przyspieszenie ziemskie w nowym miejscu. 9,82002 m/s 2 Jaki jest wpływ podwojenia długości wahadła na okres drgań? Oceń wpływ zmniejszenia długości wahadła o 5 % na okres drgań. wahadło fizyczne (ang. physical pendulum ) dowolne ciało sztywne o złożonej budowie, które można wprawić w drgania kątowe jak wahadło matematyczne wahadło matematyczne (ang. simple pendulum ) masa skupiona w punkcie, zawieszona na nieważkiej nici wahadło torsyjne (ang. torsional pendulum ) ciało zawieszone na drucie, które na skutek skręcenia drutu wykonuje drgania kątowe", "section": "Wahadła", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Drgania tłumione W otaczającym nas świecie obserwowane drgania rzadko mają postać ruchu harmonicznego, ponieważ zwykle siła oporu tłumi drgania, co przy braku siły podtrzymującej prowadzi do stopniowego wygaszania oscylacji. Omówimy więc przykłady tłumienia drgań harmonicznych i odpowiednio zmodyfikujemy równania ruchu, aby opisać ten bardziej uogólniony przypadek drgań. Po szarpnięciu struny gitarowej obserwujemy zanik jej drgań w czasie kilku sekund. Aby huśtawka kontynuowała oscylacje, musimy ją popychać ( ). Choć często możemy stworzyć takie warunki, w których siły oporu i inne siły niezachowawcze można zaniedbać, przypadki swobodnych, nietłumionych drgań są rzadkie. Bywają też sytuacje, kiedy drgania są czymś niepożądanym i celowo staramy się je tłumić jak np. w przypadku amortyzatorów w samochodach. Jeśli chcemy huśtać się na huśtawce, musimy wykonywać odpowiednie ruchy ciała w celu kompensacji strat energii wynikających z obecności sił oporu ośrodka i sił tarcia. (Źródło: Bob Mical). przedstawia klocek o masie m przymocowany do sprężyny o współczynniku sprężystości k . Klocek podniesiono do położenia A 0 , które jest początkową amplitudą, a następnie puszczono go swobodnie. Klocek wykonuje drgania wokół położenia równowagi w cieczy o lepkości η , a kolejne uzyskiwane wartości amplitudy maleją wraz z upływem czasu. Jest to typowy wykres dla układu ze słabym tłumieniem. Ten zanik oscylacji wywołują siły oporu ośrodka, a więc siły niezachowawcze, których działanie powoduje tworzenie różnych form energii termicznej kosztem energii oscylatora (obniżenie energii kinetycznej i energii potencjalnej sprężystości). W warunkach słabego tłumienia okres i częstotliwość drgań są podobne do odpowiednich wartości w swobodnym oscylatorze harmonicznym. Ciężarek zawieszony na sprężynie wykonuje drgania w cieczy o lepkości η . Wartość okresu drgań pozostaje stała, ale amplitudy kolejnych oscylacji zmniejszają się na skutek tłumienia drgań przez lepki ośrodek. Rozważmy działanie sił na ciężarek, który ma masę m . Należy zauważyć, że siła ciężkości działająca na ten ciężarek jest kompensowana zmianą położenia równowagi, co już omawialiśmy w rozdziale. Na siłę wypadkową wpływa zarówno siła sprężystości związana ze sprężyną, jak i siła oporu ośrodka ( F O ) . Jeśli maksymalna prędkość drgającego ciężarka jest mała, to siła oporu ośrodka jest proporcjonalna do prędkości ciała i działa przeciwnie do kierunku ruchu ciężarka ( F O = − b v ) . W tych warunkach wypadkowa siła działająca na ciężarek o masie m wynosi: m a = − b v − k x . Możemy zapisać ten wzór w postaci równania różniczkowego: m d 2 x d t 2 + b d x d t + k x = 0. Aby zaproponować rozwiązanie tego równania różniczkowego, przeanalizujmy wykres położenia ciężarka względem czasu przedstawiony na . Krzywa ta przypomina funkcję cosinus, która ma postać funkcji wykładniczej A 0 e − α t , gdzie α = b 2 m . Rozwiązaniem jest: x ⁡ t = A 0 ⁢ e − b 2 ⁢ m ⁢ t ⁢ cos ω ⁢ t + ϕ ⁢ . x\\apply (t) = A_0 e^{-\\frac{b}{2m} t } \\cos (\\omega t + \\phi) \\text{.} Rozwiązanie to spełnia równanie różniczkowe, a udowodnienie tego pozostawiamy jako ćwiczenie. W tym celu wyznacz pierwszą i drugą pochodną względem czasu i wstaw je do . Możemy również stwierdzić, że jest rozwiązaniem, jeśli: ω = k m − ( b 2 m ) 2 . Przypomnijmy, że częstość kołowa ω 0 drgań oscylatora harmonicznego nietłumionego jest równa pierwiastkowi kwadratowemu ze współczynnika sprężystości sprężyny podzielonemu przez masę ciężarka. Wartość ta może być traktowana jako częstotliwość własna (naturalna częstość kołowa drgań), którą opisuje wzór: ω 0 = k m . Natomiast w przypadku drgań tłumionych częstość kołowa wynosi: ω = ω 0 2 − ( b 2 m ) 2 . Położenie względem czasu dla ciężarka zawieszonego na sprężynie drgającego w cieczy jako ośrodku tłumiącym drgania. Zauważmy, że krzywa ma postać funkcji cosinus z obwiednią o charakterze funkcji wykładniczej. Kiedy zaczęliśmy opisywać ruch harmoniczny tłumiony, stwierdziliśmy, że tłumienie musi być małe. Pojawiają się więc dwa pytania: dlaczego tłumienie powinno być małe i jak to dokładnie opisać? Jeśli stopniowo zwiększamy wartość tłumienia w układzie, to okres i częstotliwość drgań będą się zmieniać. Ze względu na to, że siła oporu ośrodka działa przeciwnie do kierunku ruchu, to ruch drgający spowolni się (wypadkowa siła działająca na ciężarek jest mniejsza). Częstość kołową opisuje wzór: ω = k m − ( b 2 m ) 2 . Gdy współczynnik oporu b wzrasta, k m − ( b 2 m ) 2 maleje i ostatecznie osiąga wartość zero, gdy b = 4 m k . Dalsze zwiększenie b powoduje, że k m − ( b 2 m ) 2 przyjmuje ujemną wartość, a k m − ( b 2 m ) 2 jest liczbą zespoloną. W przypadku bardzo dużego tłumienia układ nie wykazuje oscylacji i powoli zmierza do położenia równowagi. przedstawia czasowy przebieg przemieszczenia oscylatora harmonicznego dla różnych wartości współczynnika tłumienia. Kiedy współczynnik tłumienia b jest mały b < 4 m k , układ wykonuje drgania z tłumieniem podkrytycznym , zgodnie z krzywą (a), amplituda w kolejnych chwilach ruchu zmniejsza się wykładniczo. Wiele oscylatorów wykazuje drgania z tłumieniem podkrytycznym, m.in. drgający klocek na sprężynie. Choć współczynnik tłumienia jest małą wartością, to w końcu drgania zanikają i klocek osiąga stan bezruchu. Jeśli współczynnik tłumienia wynosi b = 4 m k , to zachodzi tłumienie krytyczne , a zachowanie układu przedstawia krzywa (b). W tych warunkach układ nie oscyluje, ale asymptotycznie zbliża się do położenia równowagi w jak najkrótszym czasie. Możliwie najszybszy zanik niepożądanych drgań bywa kwestią niezwykle ważną, a przykładem układu z tłumieniem krytycznym są amortyzatory w samochodzie. Z kolei krzywa (c) na przedstawia układ z tłumieniem nadkrytycznym , dla którego b > 4 m k . Początkowe wychylenie przy tłumieniu nadkrytycznym z czasem zanika. Położenie względem czasu dla układu składającego się z masy i sprężyny w lepkiej cieczy. (a) Jeśli tłumienie jest małe ( b < 4 m k ) , masa oscyluje i powoli zmniejsza się amplituda drgań ze względu na utratę energii na skutek działania sił niezachowawczych. Przypadkiem granicznym jest (b) kiedy współczynnik tłumienia wynosi dokładnie ( b = 4 m k ) . (c) Gdy tłumienie jest bardzo duże ( b > 4 m k ) , masa nie oscyluje po początkowym wychyleniu, ale wolno zmierza do położenia równowagi. Tłumienie krytyczne bywa cechą pożądaną, ponieważ taki układ potrafi bardzo szybko powrócić do stanu równowagi i pozostaje w tym stanie. Ponadto jeśli do układu z tłumieniem krytycznym przyłożymy stałą siłę, to uzyska on nowe położenie równowagi w możliwie najkrótszym czasie bez efektu przekraczania tego położenia i bez oscylacji wokół nowego położenia równowagi. Sprawdź, czy rozumiesz. Dlaczego swobodne, nietłumione oscylatory harmoniczne są rzadko spotykane? Na ruch obiektu często wpływa tarcie, które powoduje tłumienie drgań oscylatora harmonicznego. Podsumowanie W oscylatorach harmonicznych tłumionych działają siły niezachowawcze, które powodują dyssypację energii. Tłumienie krytyczne powoduje, że układ możliwie najszybciej, asymptotycznie wraca do położenia równowagi. Układ drgający z tłumieniem podkrytycznym wykonuje drgania wokół położenia równowagi. Układ z tłumieniem nadkrytycznym osiąga stan równowagi wolniej niż ten z tłumieniem krytycznym. Pytania Podaj przykład oscylatora harmonicznego tłumionego (są one bardziej rozpowszechnione niż swobodne oscylatory harmoniczne). Amortyzator w samochodzie. Samochód przejeżdżający przez próg zwalniający wpada w drganie. Opisz przebieg drgań z tłumieniem: a) nadkrytycznym b) podkrytycznym c) krytycznym. W większości oscylatorów harmonicznych zachodzi tłumienie i w nieobecności siły wymuszającej drgania ulegają wygaszeniu. Wyjaśnij to. Druga zasada termodynamiki mówi, że nie można zbudować maszyny poruszającej się bez końca. W końcu uporządkowany ruch zanika i układ powraca do stanu równowagi. Zadania Oscylator słabo tłumiony wykonuje drgania, a w każdym kolejnym cyklu amplituda tych drgań jest mniejsza o 3,0 % . Jaki procent energii mechanicznej oscylatora jest tracony w każdym cyklu? 9%. tłumienie krytyczne (ang. critically dampened ) tłumienie powodujące możliwie najszybszy powrót oscylatora do stanu równowagi, przy czym w ruchu tym nie występują oscylacje wokół położenia równowagi częstotliwość własna (ang. natural angular frequency ) częstotliwość drgań swobodnego oscylatora harmonicznego tłumienie nadkrytyczne (ang. overdampened ) tłumienie skutkujące powolnym powrotem oscylatora do stanu równowagi, przy czym oscylacje wokół stanu równowagi nie występują tłumienie podkrytyczne (ang. underdampened ) tłumienie powodujące zanik kolejnych amplitud drgań aż do zera", "section": "Drgania tłumione", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Drgania wymuszone Zaśpiewaj głośno jakiś dźwięk przy fortepianie ( ) z odseparowanymi tłumikami strun. W odpowiedzi instrument wyda identyczny dźwięk, ponieważ struny o częstotliwościach takich jak twój głos będą w rezonansie z wygenerowaną przez ciebie falą akustyczną. To dobry przykład pokazujący, że struny fortepianu najłatwiej zmusić do drgań z częstotliwościami własnymi. W tym podrozdziale opiszemy sytuację z przyłożeniem siły wymuszającej do oscylatora harmonicznego. Działanie siły wymuszającej zwiększa energię układu przy pewnej częstotliwości, niekoniecznie tej samej, co częstotliwość drgań własnych oscylatora. Warto przypomnieć, że częstotliwość drgań własnych oscylatora jest to częstotliwość swobodnych drgań układu zachodzących w nieobecności zarówno siły wymuszającej, jak i oporu ośrodka. Możesz wprawić w wibracje struny fortepianowe, działając na nie falą dźwiękową swojego głosu. Większość z nas bawiła się zabawkami składającymi się z ciała zawieszonego na elastycznej gumce, a więc układami podobnymi do pokazanego na . Wyobraź sobie, że palec na rysunku jest twoim palcem. Początkowo trzymasz palec w bezruchu i możesz stwierdzić, że kulka wykonuje drgania w górę i w dół. Możesz też zauważyć słabe tłumienie drgań. Jeśli powoli zaczniesz poruszać palcem w górę i w dół, kulka będzie podążać za palcem, a drgania będą miały małą amplitudę. Jeżeli następnie zwiększysz częstotliwość ruchu palca, to kulka zareaguje oscylacjami z rosnącą amplitudą drgań. Jeśli będziesz wymuszać drgania kulki z częstotliwością drgań własnych oscylatora, wówczas ich amplituda przy każdej kolejnej oscylacji będzie coraz większa. Zjawisko wprowadzenia układu w drgania o częstotliwości równej częstotliwości drgań własnych oscylatora nazywa się rezonansem . W sytuacji, kiedy występują drgania wymuszone, mówimy że układ rezonuje . Kiedy częstotliwość wymuszania drgań jest stopniowo zwiększana powyżej częstotliwości rezonansowej, amplituda drgań kulki ulega zmniejszeniu. W warunkach, gdy twój palec oscyluje bardzo szybko, oscylacje kulki praktycznie zanikają. Kulka na gumce drga w odpowiedzi na ruchy palca, na którym ją zawieszono. Jeśli palec porusza się z częstotliwością taką jak częstotliwość drgań własnych f 0 kulki, to uzyskujemy rezonans przejawiający się gwałtownym wzrostem amplitudy drgań kulki. Przy wyższych i niższych częstotliwościach ruchu palca energia jest przekazywana kulce mniej efektywnie, przez co kulka ma mniejszą amplitudę drgań. Przeprowadźmy proste doświadczenie. Przymocujmy klocek o masie m do sprężyny zanurzonej w naczyniu z lepką cieczą. To podobny układ do omawianego już wcześniej oscylatora harmonicznego tłumionego. Tym razem zamiast podwieszać swobodny koniec sprężyny do sztywnego zawieszenia, przymocujmy ją do tarczy napędzanej przez silnik o zmiennej częstotliwości obrotów. Silnik rotuje z prędkością kątową ω . Obracająca się tarcza dostarcza energię do układu poprzez wykonanie pracy na skutek działania siły wymuszającej F w y m = F 0 sin ⁡ ( ω t ) na sprężynę. Układ eksperymentalny pokazano na . Obracająca się tarcza napędzana silnikiem o zmiennej prędkości wymusza ruch oscylatora tłumionego. Możemy przeanalizować ruch klocka o masie m , stosując drugą zasadę dynamiki Newtona ( F → w y p = m a → ) . Proponowane równanie różniczkowe jest podobne do równania dla oscylatora harmonicznego tłumionego, przy czym dodano człon związany z siłą wymuszającą: − k x − b d x d t + F 0 sin ⁡ ( ω t ) = m d 2 x d t 2 . Kiedy oscylator zaczyna wykonywać drgania pod wpływem okresowej siły wymuszającej, początkowy ruch klocka może wydawać się przebiegiem chaotycznym, dlatego stan ten nazywamy przejściowym. Po pewnym czasie drgania oscylatora stabilizują się, a ruch klocka staje się periodyczny (stan ustalony). W warunkach stabilizacji rozwiązanie równania różniczkowego można przedstawić jako: x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) . Pozostaje w ramach ćwiczenia udowodnić, że to rozwiązanie spełnia równanie różniczkowe. Po wyznaczeniu pierwszej i drugiej pochodnej przemieszczenia względem czasu x ( t ) i podstawieniu ich do równania różniczkowego możemy stwierdzić, że x ( t ) = A sin ( ω t + ϕ ) jest rozwiązaniem, jeśli amplituda drgań wynosi: A = F 0 m 2 ( ω 0 2 − ω 2 ) 2 + b 2 ω 2 , gdzie ω 0 = k / m jest częstością kołową własną układu klocka na sprężynie. Przypomnijmy, że częstość kątowa, a co za tym idzie i częstotliwość siły wymuszającej, może być regulowana kontrolką silnika. Zatem amplituda drgań klocka zależy od częstotliwości siły wymuszającej. Ponadto im mniejsza wartość mianownika, tym większe wychylenie klocka od położenia równowagi. Aby wyznaczyć maksymalną amplitudę drgań należy więc znaleźć taką częstość, zwaną częstością rezonansową ω rez \\omega_{\\text{rez}} , dla której mianownik przyjmuje minimum. W tym celu wyznaczamy pochodną funkcji pod pierwiastkiem i przyrównujemy ją do zera: d d ω m 2 ⁢ ω 0 2 − ω 2 2 + b 2 ⁢ ω 2 = 0 ⁢ , m 2 ⋅ 2 ⁢ ω 0 2 − ω 2 ⋅ − 2 ⁢ ω + b 2 ⋅ 2 ⁢ ω = 0 ⁢ , 2 ⁢ ω ⁢ − 2 ⁢ m 2 ⁢ ω 0 2 − ω 2 + b 2 = 0 ⁢ . \\begin{align} \\dd{\\omega} (m^2 (\\omega_0^2 - \\omega^2)^2 +b^2 \\omega^2) &= 0 \\text{,} \\\\ m^2 \\cdot 2(\\omega_0^2 - \\omega^2) \\cdot (-2\\omega) + b^2 \\cdot 2 \\omega &= 0 \\text{,} \\\\ 2 \\omega (-2m^2 (\\omega_0^2 - \\omega^2) + b^2) &= 0 \\text{.}\\end{align} Jednym z rozwiązań powyższego równania jest ω = 0 \\omega = 0 . Oznaczałoby to, że wartość siły wymuszającej pozostaje stała wraz z upływem czasu, co jest sprzeczne z naszymi założeniami. Dlatego też to rozwiązanie należy odrzucić i skupić się na drugim czynniku równania: − 2 ⁢ m 2 ⁢ ω 0 2 − ω 2 + b 2 = 0 ⁢ , ω 0 2 − ω 2 = b 2 2 ⁢ m 2 ⁢ , ω 2 = ω 0 2 − b 2 2 ⁢ m 2 ⁢ . \\begin{align} -2m^2 (\\omega_0^2 - \\omega^2) + b^2 &= 0 \\text{,} \\\\ \\omega_0^2 - \\omega^2 &= \\frac{b^2}{2m^2} \\text{,} \\\\ \\omega^2 = \\omega_0^2 - \\frac{b^2}{2m^2} \\text{.} \\end{align} Odrzucamy ujemne rozwiązanie i otrzymujemy wzór na częstość rezonansową: ω rez = ω 0 2 − b 2 2 ⁢ m 2 ⁢ . \\omega_{\\text{rez}} = \\sqrt{\\omega_0^2 - \\frac{b^2}{2m^2}} \\text{.} Amplituda drgań klocka będzie największa, kiedy częstość drgań siły wymuszającej będzie równa częstości rezonansowej. W celu wyznaczenia maksymalnej wartości wychylenia od położenia równowagi należy do podstawić : A max = F 0 b ⁢ ω 0 2 − b 2 4 ⁢ m 2 ⁢ . A_{\\text{max}} = \\frac{F_0}{b\\sqrt{\\omega_0^2 - \\frac{b^2}{4m^2}}} \\text{.} przedstawia wykres amplitudy drgań oscylatora tłumionego w funkcji częstotliwości periodycznej siły wymuszającej drgania. Każda z trzech krzywych została wykreślona dla innej wartości współczynnika tłumienia. Szczególnie wysokie maksima obserwuje się dla układów z minimalnym udziałem tłumienia, co przekłada się na mniejsze straty energetyczne ze względu na opór ośrodka. Zauważmy, że amplituda drgań rośnie, gdy współczynnik tłumienia maleje, a w granicy nieobecności tłumienia ( b = 0 ) amplituda drgań przyjmuje wartość nieskończoności. Zauważmy również, że siła wymuszająca o małej amplitudzie może spowodować odpowiedź oscylatora w postaci bardzo dużych amplitud drgań. Zjawisko to znane jest jako rezonans. Często przytaczanym przykładem rezonansu jest rodzic popychający dziecko na huśtawce. Kiedy dziecko chce się huśtać wyżej, rodzic nie próbuje popchnąć huśtawki z rozbiegu, przykładając ogromną jednorazową siłę w bardzo krótkim czasie. Stosuje raczej strategię kolejnych, małych pchnięć huśtawki z odpowiednią częstotliwością, a amplituda wahnięć huśtawki stopniowo wzrasta. Jest to rozsądniejsze rozwiązanie. Amplituda oscylatora harmonicznego w funkcji częstotliwości siły wymuszającej drgania. Krzywe reprezentują oscylator o tej samej częstotliwości własnej drgań, ale o różnych współczynnikach tłumienia. Rezonans występuje, gdy częstotliwość siły wymuszającej jest bliska częstotliwości własnej oscylatora. Największą wartość amplitudy drgań obserwuje się przy minimalnej wartości współczynnika tłumienia. Krzywa jest też najwęższa w warunkach najmniejszego tłumienia. Warto zauważyć, że szerokości krzywych rezonansowych pokazanych na zależą od współczynnika tłumienia: im mniejsze tłumienie, tym krzywa jest węższa. Zatem w warunkach małego tłumienia częstotliwość siły wymuszającej musi być dobrana bardzo precyzyjnie, aby uzyskać rezonans. Na przykład radio ma obwód składający się z rezystora, kondensatora i cewki. Obwód ten cechuje wąska krzywa rezonansowa oraz możliwość strojenia częstotliwości, co przekłada się na selektywny wybór częstotliwości stacji radiowej. Dobroć układu zdefiniowana jest jako stosunek własnej częstości kołowej oscylatora do szerokości krzywej rezonansowej ( Q = ω 0 / Δ ω ) , tak jak pokazano na . W warunkach słabego tłumienia parametr dobroci wynosi Q ≈ ω 0 m / b . Parametr dobroci układu zdefiniowano jako częstość własną układu ω 0 podzieloną przez szerokość krzywej Δ ω w połowie amplitudy. Opisane cechy drgań wymuszonych znajdują zastosowanie w wielu układach. Na przykład obrazowanie metodą rezonansu magnetycznego jest szeroko stosowanym narzędziem diagnostyki medycznej, w którym to jądra atomowe (głównie wodoru) rezonują z falami radiowymi (rzędu 100 MHz). We wszystkich tych przypadkach sprawność transferu energii od źródła siły wymuszającej do oscylatora jest najwyższa w warunkach rezonansu. przedstawia zdjęcie słynnego mostu Tacoma, który jest jednym z najgłośniejszych przypadków niszczącej siły drgań wymuszonych. Inny przykład to most Millennium w Londynie, który z tego samego powodu trzeba było na krótko zamknąć w celu oceny zniszczeń spowodowanych zjawiskiem rezonansu. Przed ponownym otwarciem trzeba było przebudować konstrukcję mostu. W 1940 r. most w Tacoma w stanie Waszyngton uległ zniszczeniu. Przyczyną był wiejący od oceanu zmienny wiatr, który choć słabszy od huraganu, wprowadził most w oscylacje przy częstotliwości rezonansowej. Gdy kable nośne uległy zerwaniu, współczynnik tłumienia spadł, co spowodowało jeszcze większą amplitudę oscylacji i doprowadziło do zawalenia całej konstrukcji. Sprawdź, czy rozumiesz. Jedna ze słynnych sztuczek magicznych polega na rozbijaniu głosem kryształowego kielicha. Wyjaśnij ten efekt, posługując się pojęciami rezonansu i częstotliwości własnej układu. Magik powinien zaśpiewać dźwięk o częstotliwości zgodnej z częstotliwością drgań własnych kielicha. Skierowanie fali dźwiękowej na kielich pobudza go do drgań w rezonansie z częstotliwością fali dźwiękowej. W tych warunkach kielich wpada w drgania o dużej amplitudzie i jeśli śpiew będzie wystarczająco głośny – rozpada się na kawałeczki. Podsumowanie Częstotliwość własna układu to częstotliwość, w której układ oscyluje swobodnie, o ile nie działa na niego siła wymuszająca ani siły oporu ośrodka. Rezonans w oscylatorze harmonicznym zachodzi pod wpływem periodycznej siły wymuszającej działającej z taką częstotliwością, jak częstotliwość rezonansowa układu. W tych warunkach obserwujemy drgania rezonansowe o dużej amplitudzie. Amplituda drgań wymuszonych w pobliżu rezonansu jest tym wyższa, im słabsze jest tłumienie. Wzrost tłumienia układu powoduje poszerzenie krzywej amplitudowej w odpowiedzi na częstotliwość siły wymuszającej. Najważniejsze wzory Relacja pomiędzy częstotliwością a okresem drgań f = 1 T Położenie w ruchu harmonicznym przy ϕ = 0 x ( t ) = A cos ( ω t ) Przemieszczenie w ruchu harmonicznym x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) Prędkość w ruchu harmonicznym v ( t ) = − A ω sin ( ω t + ϕ ) Przyspieszenie w ruchu harmonicznym a ( t ) = − A ω 2 cos ( ω t + ϕ ) Maksymalne przemieszczenie (amplituda) w ruchu harmonicznym x max = A Maksymalna prędkość w ruchu harmonicznym | v max | = A ω Maksymalne przyspieszenie w ruchu harmonicznym | a max | = A ω 2 Częstość kołowa w układzie drgającego klocka na sprężynie w ruchu harmonicznym ω = k m Okres drgań układu drgającego klocka na sprężynie w ruchu harmonicznym T = 2 π m k Częstotliwość drgań układu drgającego klocka na sprężynie w ruchu harmonicznym f = 1 2 π k m Całkowita energia układu drgającego klocka na sprężynie w ruchu harmonicznym E c a ł k o w i t a = 1 2 k x 2 + 1 2 m v 2 = 1 2 k A 2 Prędkość drgającego klocka na sprężynie w ruchu harmonicznym v = ± k m ( A 2 − x 2 ) Składowa x promienia obracającego się dysku x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) Składowa x prędkości krawędzi obracającego się dysku v ( t ) = − v max sin ( ω t + ϕ ) Składowa x przyspieszenia krawędzi obracającego się dysku a ( t ) = − a max cos ( ω t + ϕ ) Różniczkowe równanie ruchu wahadła matematycznego d 2 θ d t 2 = − g L θ Częstość kołowa dla wahadła matematycznego ω = g L Okres drgań wahadła matematycznego T = 2 π L g Częstość kołowa wahadła fizycznego ω = m g L I Okres drgań wahadła fizycznego T = 2 π I m g L Okres drgań wahadła torsyjnego T = 2 π I κ Równanie różniczkowe ruchu oscylatora harmonicznego tłumionego m d 2 x d t 2 + b d x d t + k x = 0 Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego z tłumieniem podkrytycznym x ( t ) = A 0 e − b 2 m t cos ( ω t + ϕ ) Własna częstość kołowa układu klocka na sprężynie ω 0 = k m Częstość kołowa oscylatora harmonicznego z tłumieniem podkrytycznym ω = ω 0 2 − ( b 2 m ) 2 Równanie różniczkowe ruchu oscylatora harmonicznego z drganiami wymuszonymi w obecności tłumienia − k x − b d x d t + F 0 sin ⁡ ( ω t ) = m d 2 x d t 2 Rozwiązanie równania oscylatora harmonicznego z drganiami wymuszonymi i tłumieniem x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) Amplituda drgań w układzie z drganiami wymuszonymi i tłumieniem A = F o m 2 ( ω o 2 − ω 2 ) 2 + b 2 ω 2 Pytania Dlaczego w czasie przemarszu przez most żołnierze otrzymują rozkaz „Dowolny krok!”, aby nie szli \"w nogę\"? Czy uważasz, że w świecie rzeczywistym istnieje przykład oscylatora harmonicznego, który jest całkowicie wolny od tłumienia? Spróbuj utworzyć listę pięciu przykładów dla ruchu harmonicznego swobodnego i drugą listę oscylatorów harmonicznych z tłumieniem. Która lista była prostsza do przygotowania? Każdy ruch harmoniczny jest ruchem harmonicznym tłumionym, ale w pewnych układach tłumienie może być bardzo słabe i można je zaniedbać. Tłumienie jest spowodowane przez siły tarcia i siły oporu. Można przytoczyć pięć następujących przykładów ruchu drgającego tłumionego: (1) masa oscylująca pionowo na sprężynie (drgania zanikają), (2) amortyzatory w samochodach (tłumią niepożądane drgania), (3) wahadło w zegarze mechanicznym (stosuje się ciężarki w celu zwiększenia energii oscylatora), (4) dziecko na huśtawce (wychylenia ustaną jeśli nie będziemy popychać dziecka) (5) kula drgająca w misce (w końcu przestaje drgać i osiąga położenie równowagi trwałej). Nawet zastosowanie próżni dla układu masy na sprężynie nie sprawi, że układ stanie się oscylatorem nietłumionym, ponieważ w sprężynie obecne są kanały dyssypacji energii. Tak więc tłumienie można ograniczyć, ale nie można go wyeliminować. W celu przeprowadzenia diagnostyki silnika samochodowego inżynierowie stosują wibroakustyczne metody pomiarowe. Niepożądane drgania mogą generować dźwięk, który jest głośny i uciążliwy dla kierowcy, a część silnika może ulec przedwczesnemu zużyciu. Załóżmy, że w problemowe drgania dotyczą części silnika o długości L zrobionej z materiału o masie M . Co można zrobić, aby ten problem wyeliminować? Zadania Ile energii muszą rozproszyć amortyzatory w samochodzie o masie 1200 kg w celu wygaszenia drgania, którego początkowa prędkość przy przejściu przez położenie równowagi wynosi 0,800 m/s? Załóż, że samochód całkowicie wraca do pierwotnej pozycji. Jeśli samochód ma układ zawieszenia o współczynniku sprężystości 5 · 10 4 N/m , to ile energii muszą rozproszyć amortyzatory, aby wygasić drganie z początkowym maksymalnym przemieszczeniem 0,075 m? 141 J. Jak bardzo rozciągnie się w pionie sprężyna o współczynniku sprężystości 40,0 N/m, jeśli zawiesimy masę 0,500 kg tak, że będzie ona w bezruchu? b) Policz, jaki jest na tym odcinku ubytek energii potencjalnej grawitacji dla masy 0,500 kg. c) Część energii potencjalnej grawitacji przekształcono w energię potencjalną sprężystości. Policz więc energię potencjalną sprężystości dla tego układu i porównaj ze stratą energii potencjalnej grawitacji. Wyjaśnij, co odpowiada za powstałą różnicę. Na powierzchni horyzontalnej ciało o masie 0,750 kg połączono ze sprężyną o współczynniku sprężystości 150 N/m. Tarcie statyczne zachodzi pomiędzy ciałem a powierzchnią ze współczynnikiem tarcia 0,100. Określ maksymalne rozciągnięcie sprężyny, przy którym masa nie będzie się poruszać. Jeśli ciało wykonuje drgania z początkową amplitudą dwukrotnie wyższą niż odległość znaleziona powyżej i współczynnik tarcia kinetycznego wynosi 0,085, to jaka jest całkowita droga przebyta przez ciało aż do zatrzymania? Załóż, że ruch zaczyna się w położeniu amplitudy. 4,90 · 10 −3 m ; 1,15 · 10 −2 m. Zadania dodatkowe Wisząca pionowo sprężyna początkowo miała swoją naturalną długość. Następnie do sprężyny przyczepiono ciało o masie m . Ciało puszczone swobodnie zaczyna wykonywać drgania w górę i w dół. Amplituda drgań jest więc odległością pomiędzy nowym położeniem równowagi układu a położeniem równowagi sprężyny bez przyłączonej masy. a) Pokaż, że w najniższym położeniu układu sprężyna działa na ciało skierowaną do góry siłą o wartości 2,00 m g . b) Załóż, że sprężyna o współczynniku sprężystości 10,0 N/m, zwisa pionowo, a położenie wolnego końca sprężyny wynosi 0,00 m. Gdzie znajduje się nowe położenie równowagi po przyłączeniu do sprężyny ciała o masie 0,25 kg? c) Dla układu opisanego we wstępie zadania znajdź amplitudę drgań ciała wprawionego w ruch, jeśli współczynnik sprężystości wynosi 10 N/m i ciało ma masę 0,25 kg. d) Wyznacz maksymalną prędkość ciała. Zawodniczka przed skokiem z trampoliny porusza się ruchem harmonicznym. Jej masa ciała wynosi 55,0 kg, a okres drgań 0,800 s. Następnym zawodnikiem jest mężczyzna, dla którego okres drgań wynosi 1,05 s. Jaka jest jego masa, jeśli zaniedbamy masę trampoliny? 94,7 kg. Pusta trampolina wykonuje drgania w górę i w dół ruchem harmonicznym z częstotliwością 4,00 Hz. Efektywna masa trampoliny wynosi 10,0 kg. Jaka jest częstotliwość zawodnika o masie 75,0 kg na tej trampolinie? Urządzenie pokazane na poniższej fotografii zabawia małe dzieci. Maluch umieszczony w specjalnej uprzęży wykonuje oscylacje na sprężynie podwieszonej do framugi drzwi. Jeśli sprężyna rozciąga się o 0,250 m gdy dziecko ma masę 8,0 kg, to jaki jest jej współczynnik sprężystości? Jaki jest okres drgań dziecka na sprężynie? Jaka jest maksymalna prędkość dziecka przy amplitudzie oscylacji 0,200 m? Źródło ilustracji: Lisa Doehnert 314 N/m; 1,00 s; 1,25 m/s. Do jednego z końców sprężyny o k = 100 N/m , którą można ściskać i rozciągać, przymocowano ciało o masie 5 k g . Ciało spoczywa na stole. Drugi koniec sprężyny zakotwiczono w ścianie. Położenie równowagi traktuje się jako zerową wartość położenia. Student przesuwa ciało w położenie x = 4,0 cm i puszcza je swobodnie. Ciało wykonuje drgania w ruchu harmonicznym, poruszając się bez tarcia po stole. a) Napisz równania ruchu ciała. b) Znajdź położenie, prędkość i przyspieszenie ciała w chwili t = 3,00 s . Wahadło matematyczne przetransportowano z Ziemi na Księżyc. Przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu wynosi 1,63 m/s 2 . Jaka jest relacja pomiędzy okresami drgań wahadła w tych dwóch miejscach? Okres drgań wahadła na Księżycu jest 2,45 razy dłuższy niż na Ziemi. Jak szybko zegar wahadłowy będzie odmierzał czas na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne wynosi 1,63 m/s 2 , jeśli ten sam zegar na Ziemi dokładnie odmierza czas? Znajdź rzeczywisty czas (w godzinach) odpowiadający 1 godzinie odmierzonej przez zegar na Księżycu. Jeśli zegar wahadłowy spieszy się o 5,00 s na dzień, to jaka musi być względna zmiana długości wahadła, aby działał perfekcyjnie? Długość wahadła musi wzrosnąć o 0,0116%. Na przymocowanej do sufitu lince o długości 1 m wisi ciało o masie 2 kg. Wystrzelono pocisk o masie 100 g, który przy prędkości 20 m/s zderza się sprężyście z tym ciałem. Napisz równanie ruchu dla drgającego wahadła, zaniedbując opory powietrza. Na przymocowanej do sufitu lince o długości 1 m wisi ciało o masie 2 kg. Wystrzelono pocisk o masie 100 g, który przy prędkości 20 m/s zderza się niesprężyście z tym ciałem, w wyniku czego pocisk i ciało przylegają do siebie. Napisz równanie ruchu dla drgającego wahadła, zaniedbując opory powietrza. θ = 0,31 r a d ⋅ sin ⁡ ( 3,13 s − 1 ⋅ t ). U dziadka stoi zegar, którego wahadło ma temperaturę T = 20 ° C , długość L 0 = 1 m oraz masę M . Wahadło to w przybliżeniu jest prętem oscylującym wokół jednego końca. W jakim stopniu (procentowo) zmieni się okres drgań wahadła, jeśli temperatura podniesie się o 10 ° C ? Załóż, że długość wahadła zmienia się liniowo wraz z temperaturą według wzoru L = L 0 ( 1 + α Δ T ) , a pręt jest mosiężny o α = 18 ⋅ 10 − 6 ∘ C − 1 . Klocek o masie 2 kg leży na stole bez tarcia. Sprężynę o współczynniku sprężystości 100 N/m przyczepiono z jednej strony do klocka, a z drugiej do ściany. Na klocku położono dodatkowy klocek o masie 0,5 kg. Dolny klocek delikatnie przesunięto do położenia x = + A i puszczony wolno. Statyczny współczynnik tarcia pomiędzy klockami wynosi 0,45. Jaki jest okres drgań układu? Jaka jest możliwie maksymalna amplituda drgań układu, przy której górny klocek (0,5 kg) nie uległ jeszcze zsunięciu z dolnego? 0,99 s; 0,11 m. Zadania trudniejsze Zawieszenie linowe mocujące most oscyluje z efektywnym współczynnikiem sprężystości 1,00 · 10 8 N/m . a) Jaka jest potrzebna energia, aby wprowadzić układ w drgania o amplitudzie 0,1 m? b) Jeśli żołnierze maszerują przez most synchronicznie w cyklu odpowiadającym częstotliwości własnej mostu i w każdej sekundzie zwiększają energię o 1,00 · 10 4 J , to ile potrzeba czasu, aby most zwiększył amplitudę drgań z 0,100 m do 0,500 m? 25 października 1964 roku w trakcie sztormu na Bałtyku podmuchy wiatru w Trójmieście osiągały prędkość 162 km/h. Obecnie inżynierowie przygotowują projekt wieżowca, którego konstrukcja będzie niewrażliwa na takie podmuchy. Na szczycie budynku zostanie zainstalowane ciało o masie 4 · 10 5 kg zawieszone na sprężynach z możliwością regulacji współczynnika sprężystości. Jest to układ tłumika masowego o takiej samej częstotliwości jak częstotliwość drgań budynku, a więc w warunkach silnych wiatrów ciało to będzie wprowadzane w oscylacje zamiast budynku. Jaki musi być efektywny współczynnik sprężystości, aby tłumik masowy oscylował z okresem drgań równym 2 s? Jaka energia jest zmagazynowana w sprężynach dla przemieszczenia 2 m z położenia równowagi? 3,95 · 10 6 N/m ; 7,90 · 10 6 J. W atmosferze w warunkach równowagi stabilnej (kiedy temperatura wzrasta wraz z wysokością) małe objętości powietrza mogą wykonywać drgania w górę i w dół na skutek siły zwrotnej zapewnionej przez siłę wyporu powietrza. Częstotliwość drgań cząstek powietrza jest miarą stabilności atmosfery. Zakładając, że przyspieszenie cząstki powietrza można opisać jako ∂ 2 z ′ ∂ t 2 = g ρ 0 ∂ ρ ( z ) ∂ z z ′ , wykaż, że z ′ = z 0 ′ e t − N 2 jest rozwiązaniem, gdzie N jest częstotliwością Brunta-Vaisali. Pamiętaj, że w warunkach stabilnej atmosfery gęstość maleje wraz z wysokością, a małe objętości powietrza wykonują drgania w górę i w dół. Rozważ potencjał van der Waalsa U ( r ) = U o [ ( R o r ) 12 − 2 ( R o r ) 6 ] stosowany do opisywania oddziaływania dwóch cząsteczek z minimum energii potencjalnej przy r = R o . Znajdź wzór na siłę jako funkcję odległości r . Następnie załóż, że przemieszczenia są małe ( r = R o + r ′ ) i użyj wzoru dwumianowego Newtona: 1 + n n = 1 + n ⁢ x + n ⁢ n − 1 2 ! ⁢ x 2 1 + n n + n ⁢ n − 1 ⁢ n − 2 3 ! ⁢ x 3 + … ⁢ , aby pokazać, że w przybliżeniu małych wychyleń siła ta zachowuje się analogicznie do prawa Hooke’a. F ≈ − constant ⋅ r ′ Zegar wahadłowy dokładnie odmierzał czas, ale pewnego dnia, dokładnie w południe, długość wahadła uległa zmianie o 1,000 %. Jaki czas wskaże zegar 24 godziny później? Przeprowadź obliczenia z dokładnością do czterech miejsc po przecinku, mając też na uwadze, że w odpowiedzi powinny się znaleźć dwa wyniki. Sprężyny w samochodzie terenowym działają jak pojedyncza sprężyna o współczynniku sprężystości 1,30 · 10 5 N/m . O jaki dystans obniży się zawieszenie samochodu przy obciążeniu go ładunkiem o masie 1000 kg? Jeśli samochód ma cztery identyczne sprężyny, to ile wynosi współczynnik sprężystości każdej z nich? 7,54 cm; 3,25 · 10 4 N/m. rezonans (ang. resonance ) duża amplituda drgań wytworzonych w układzie na skutek działania siły wymuszającej o małej amplitudzie i częstotliwości równej częstotliwości rezonansowej oscylatora", "section": "Drgania wymuszone", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Z badań nad odnawialnymi źródłami energii wywodzi się koncepcja boi wytwarzającej prąd elektryczny. Opracowano wiele wersji tego urządzenia. Model pokazany na rysunku przekształca energię ruchu boi w płaszczyźnie pionowej (tj. w górę i w dół) i poziomej (tj. z boku na bok) w energię ruchu obrotowego. W ten sposób uruchomiony zostaje generator prądu elektrycznego. Energia elektryczna magazynowana jest w baterii. W tym rozdziale zajmiemy się fizyką ruchu falowego. Skupimy się na falach mechanicznych, które są zaburzeniami rozchodzącymi się za pośrednictwem ośrodka materialnego, takiego jak powietrze lub woda. Podobnie jak w przypadku ruchu harmonicznego prostego, opisanego w poprzednim rozdziale, energia fal przenoszona za pośrednictwem ośrodka materialnego jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy. Fale powstające na powierzchni wody są falami poprzecznymi, a ich energia rozchodzi się w płaszczyźnie poziomej, podczas gdy cząsteczki wody poruszają się w górę i w dół pod wpływem sił sprężystości. Boja, której schemat pokazano na rysunku powyżej, jest używana do wytwarzania elektryczności z energii fal oceanicznych. Fale rozchodzące się po powierzchni oceanu wprawiają boję w ruch pionowy, a jego energia zostaje przekształcona w energię ruchu obrotowego. Ruch obrotowy uruchamia wirnik w generatorze prądu elektrycznego, ten zaś ładuje baterie, które są używane jako stałe źródło prądu przez końcowego odbiorcę. Testy tego modelu przeprowadziła amerykańska marynarka wojenna w ramach projektu mającego zapewnić dostawy energii elektrycznej do sieci ochrony wybrzeża. Wynik był pozytywny, badany model dostarczał energię o mocy średnio 350 W. Co więcej, boja okazała się odporna na trudne warunki atmosferyczne, na przykład w 2011 r. przetrwała huragan Irene u wybrzeży New Jersey. Zagadnienia omawiane w tym rozdziale będą podstawą wielu innych, ciekawych tematów, m.in. dotyczących procesów przekazywania informacji i koncepcji mechaniki kwantowej.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Fale biegnące W rozdziale Drgania przekonaliśmy się, że ruch drgający jest ważnym rodzajem ruchu, ponieważ pozwala wyjaśnić wiele zjawisk fizycznych. Jest on istotny również dlatego, że drgania wytwarzają fale, a te z kolei odgrywają fundamentalną rolę w całej fizyce. Wiele pojęć i wzorów, które poznaliśmy w rozdziale poświęconym drganiom, można zastosować również do ruchu falowego ( ). Gdy słyszymy słowo „fala”, zwykle pierwszym obrazem, który pojawia się w naszych myślach, jest fala morska. Mają one wiele cech wspólnych z falami, które będziemy tu omawiać, jednak mechanizm ich powstawania jest dość złożony, a jego opisanie wybiega poza zakres tego rozdziału. Fale morskie mają charakter nieliniowy, dlatego zastosowanie do nich prostych koncepcji przedstawionych w tym rozdziale, choć wydaje się naturalne, to nie odda w pełni ich natury. (Źródło: Steve Jurvetson) Rodzaje fal Pojęcie fala (ang. wave ) oznacza zaburzenie, które rozchodzi się od miejsca, w którym powstało. Wyróżnia się trzy podstawowe typy fal: mechaniczne, elektromagnetyczne i fale materii. Fale mechaniczne (ang. mechanical waves ) podlegają zasadom dynamiki Newtona i wymagają obecności ośrodka materialnego, czyli substancji, w której mogą się rozchodzić. Gdy ośrodek ulega odkształceniu, wówczas pojawiają się w nim siły sprężystości. Fale mechaniczne przenoszą energię i pęd, nie przenosząc przy tym masy. Przykładami fal mechanicznych są fale na wodzie, fale dźwiękowe i fale sejsmiczne. Ośrodkiem dla fal na wodzie jest woda, natomiast dla fal dźwiękowych zwykle jest to powietrze, ale mogą się one rozchodzić również w innych ośrodkach. Zagadnienie to dokładniej omówimy w rozdziale Dźwięk . W przypadku fal na powierzchni wody zaburzenie może powstać na przykład na skutek wrzucenia do niej kamienia lub pod wpływem ruchów ciała pływaka. Natomiast dla fal dźwiękowych wspomniane zaburzenia to zmiany ciśnienia powietrza, które mogą być skutkiem drgań membrany głośnika lub wibracji kamertonu (w obu przypadkach przez zaburzenia rozumiemy drgania cząstek ośrodka). Dla fal mechanicznych energia i pęd są przenoszone wraz z przemieszczaniem się fali, tymczasem ich masa drga wokół położenia równowagi (to zagadnienie omówimy w podrozdziale Energia i moc fali ). Trzęsienia Ziemi generują fale sejsmiczne, z którymi wiąże się kilka typów zaburzeń, w tym zniekształcenia powierzchni Ziemi i zaburzenia ciśnień pod jej powierzchnią. Fale sejsmiczne przemieszczają się w ośrodkach stałych i ciekłych tworzących Ziemię. W tym rozdziale skupimy się jednak na falach mechanicznych. Fale elektromagnetyczne (ang. electromagnetic waves ) są związane z drganiami pól elektrycznych i magnetycznych i nie wymagają obecności ośrodka. Popularne przykłady tego rodzaju fal to: promieniowanie γ , promieniowanie rentgenowskie, promieniowanie ultrafioletowe, światło widzialne, promieniowanie podczerwone, mikrofale i fale radiowe. Fale elektromagnetyczne rozchodzą się w próżni z prędkością światła v = c = 2,99792458 ⋅ 10 8 m / s , tak jak światło docierające do powierzchni Ziemi z przestrzeni kosmicznej. Wykazują równiez pewne podobieństwa do fal mechanicznych. Zagadnienie to zostanie omówione szczegółowo w rozdziale Fale elektromagnetyczne . Fale materii (ang. matter waves ) są kluczowym zagadnieniem działu fizyki znanego jako mechanika kwantowa. Są one związane z takimi cząstkami jak protony, elektrony, neutrony i inne występujące w przyrodzie cząstki elementarne. Teoria, według której każda cząstka materialna ma właściwości falowe, została po raz pierwszy sformułowana przez Louisa de Broglie’a w 1924 roku. Fale materii zostaną omówione w rozdziale Fotony i fale materii . Fale mechaniczne W oparciu o przykład fal mechanicznych można okreslić wielkości wspólne dla wszystkich rodzajów fal, takie jak amplituda, długość, okres, częstotliwość i energia. Pełną charakterystykę fal możemy podać przy zastosowaniu zaledwie kilku zasad. Najprostsze fale mechaniczne są powtarzalne i charakteryzują się prostym ruchem harmonicznym. Te proste fale harmoniczne możemy opisać korzystając z funkcji sinus i cosinus. Dla przykładu rozważmy uproszczoną falę na powierzchni wody pokazaną na . W odróżnieniu od skomplikowanych fal oceanicznych, w przypadku fal na powierzchni wody cząsteczki wody wykonują ruch w płaszczyźnie pionowej, natomiast zaburzenie rozchodzi się w płaszczyźnie poziomej. Pokazana na mewa, siedząca na powierzchni wody jest wprawiana w proste drgania harmoniczne w górę i w dół. Fala rozchodząca się po powierzchni wody charakteryzuje się obecnością grzbietów (najwyższy punkt fali) i dolin (najniższy punkt fali). Czas potrzebny na wykonanie jednego pełnego ruchu drgającego w górę i w dół nazywa się okresem fali T . Częstotliwość fali to liczba fal przebiegających przez dowolny punkt w jednostce czasu i wynosi f = 1 / T . Okres może być wyrażony w dowolnej jednostce czasu, zwykle jednak jest to sekunda; natomiast częstotliwość zwykle podaje się w hercach (Hz), gdzie 1 Hz = 1 s −1 . Długość fali (ang. wavelength ) oznacza się grecką literą lambda ( λ ) i można ją podawać w metrach, centymetrach i innych jednostkach długości. Długość fali mierzy się pomiędzy dwoma podobnymi punktami ośrodka o tej samej wysokości i wychyleniu. Na zmierzono odległość między dwoma najbliższymi grzbietami fali (czyli zmierzono długość fali). Zgodnie z tym, co wspomnieliśmy wcześniej, okres to czas jednego pełnego drgania. Okres to także czas, w którym fala pokona odcinek drogi o długości równej jednej długości fali. Amplituda fali (ang. wave amplitude ) oznaczana A jest maksymalnym wychyleniem ośrodka z położenia równowagi. Na położenie równowagi oznaczono linią przerywaną. Odpowiada ono poziomowi, na jakim utrzymywałaby się powierzchnia wody, gdyby ruch falowy nie występował. Ponieważ nasza fala jest symetryczna, + A jest odległością grzbietu od położenia równowagi, a − A – odległością doliny od położenia równowagi. Amplitudę można wyrażać w metrach, centymetrach lub innych jednostkach długości. Fale rozchodzące się na powierzchni wody wprawiają siedzącą na powierzchni wody mewę w ruch harmoniczny prosty w górę i w dół. Długość fali wynosi λ i odpowiada odległości pomiędzy sąsiadującymi identycznymi punktami fali. Amplituda fali A jest maksymalnym wychyleniem fali z położenia równowagi (położenie równowagi oznaczono linią przerywaną). W tym przykładzie cząsteczki ośrodka poruszają się w górę i w dół, podczas gdy zaburzenie rozchodzi się równolegle do powierzchni z prędkością v . Na rysunku fala na wodzie rozchodzi się w ośrodku z prędkością v → . Prędkość fali (ang. wave velocity ) to iloraz odległości, jaką fala pokonuje i czasu trwania ruchu. Z kolei szybkość fali (ang. wave speed ) jest wartością prędkości rozchodzenia się fali, przy czym w polskiej literaturze zwykle prędkości i szybkości fali nie rozróżnia się. Można to zapisać w postaci równania: v = λ T = λ f . Ta fundamentalna zależność jest prawdziwa dla wszystkich typów fal. Dla fal na wodzie v jest prędkością rozchodzenia się fali powierzchniowej, dla dźwięku v – jest prędkością dźwięku, a dla światła widzialnego – prędkością światła. Fale poprzeczne i podłużne Wiemy już, że prosta fala mechaniczna składa się z okresowych zaburzeń, które rozchodzą się od jednego punktu ośrodka do drugiego. Na (a) fala rozchodzi się w płaszczyźnie poziomej, natomiast zaburzenie ośrodka zachodzi w płaszczyźnie pionowej. Taką falę nazywamy falą poprzeczną (ang. transverse wave ). Fala poprzeczna może się rozchodzić w dowolnym kierunku, ale zaburzenie ośrodka zachodzi w kierunku prostopadłym do kierunku rozchodzenia się fali. Z kolei dla fali podłużnej (ang. longitudinal wave ) zaburzenie zachodzi w kierunku równoległym do kierunku rozchodzenia się fali. (b) pokazuje przykładową falę podłużną. Wielkość zaburzenia odpowiada amplitudzie fali A , która jest całkowicie niezależna od szybkości rozchodzenia się fali v . (a) W przypadku fal poprzecznych ośrodek drga w płaszczyźnie prostopadłej do kierunku rozchodzenia się fali. W pokazanym przykładzie sprężyna poruszana jest w płaszczyźnie pionowej, natomiast fala biegnie w prawo w płaszczyźnie poziomej. (b) W przypadku fali podłużnej ośrodek drga w kierunku równoległym do kierunku rozchodzenia się fali. Powoduje to drganie sprężyny tam i z powrotem, podczas gdy fala biegnie w prawo. Prosta graficzna reprezentacja fal przedstawionych na (b) jest pokazana na . (a) przedstawia początkowy kształt sprężyny, zanim jeszcze wzdłuż niej powstała fala. Punkt, który będzie nas interesował, oznaczono granatową kropką (b)-(g) przedstawia odwzorowanie ruchu sprężyny w odstępach czasu, co 1/4 okresu, w których sprężyna porusza się tam i z powrotem wzdłuż osi x ze stałą częstotliwością. Zaburzenia ośrodka są widoczne jako naprzemienne wydłużenia i skrócenia odległości między zwojami sprężyny. Należy zauważyć, że punkt zaznaczony granatową kropką wykonuje drgania wokół położenia równowagi w zakresie odległości odpowiadających A , gdy fala podłużna przemieszcza się ze stałą prędkością wzdłuż osi x . Odległość A jest amplitudą fali. Współrzędna y położenia kropki nie zmienia się w trakcie rozchodzenia się fali wzdłuż sprężyny. Długość fali została zmierzona na (d). Zależy ona od jej prędkości i częstotliwości siły wymuszającej. (a) Prosta graficzna prezentacja odcinka naprężonej sprężyny pokazanego na (b) w chwili początkowej. Punkt, który będziemy śledzić, został oznaczony granatową kropką. (b)-(g). Fala podłużna generowana jest przez drgania końca sprężyny tam i z powrotem wzdłuż osi x . Fala podłużna o długości λ przemieszcza się wzdłuż sprężyny w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x z prędkością v . W celach poglądowych sposób odmierzania długości fali przedstawiono na (d). Należy zauważyć, że interesujący nas punkt porusza się tam i z powrotem w zakresie odległości odpowiadających A . Fale mogą być poprzeczne, podłużne lub stanowić kombinację obu tych typów. Przykładami fal poprzecznych są fale powstające na strunach instrumentów muzycznych lub na powierzchni wody. Fale dźwiękowe rozchodzące się w powietrzu lub wodzie są falami podłużnymi. W ich przypadku zaburzenia ośrodka to okresowe zmiany ciśnienia, które rozchodzą się w płynie. Płyny nie mają wytrzymałości na ścinanie, dlatego też rozchodzące się w nich fale dźwiękowe są falami podłużnymi. Dźwięki rozchodzące się w ciałach stałych mogą mieć zarówno składową podłużną, jak i poprzeczną. Trzęsienia Ziemi generują fale sejsmiczne, które również mają te dwie składowe. Są one nazywane odpowiednio falą typu P (lub składową dylatacyjną) oraz falą typu S (lub składową torsyjną). Składowe te posiadają ważne cechy indywidualne, np. rozchodzą się z różnymi prędkościami. Za trzęsienia Ziemi mogą również odpowiadać fale powierzchniowe, podobne do fal powstających na powierzchni wody. Również fale oceaniczne mają składowe podłużne i poprzeczne. Fale na sznurze Student wziął sznur o długości 30,00 m i przymocował jeden koniec do ściany w laboratorium fizycznym. Następnie, uchwyciwszy wolny koniec w taki sposób, by utrzymywać stałe naprężenie sznura, zaczął nim poruszać w górę i w dół z częstotliwością 2,00 Hz, generując fale mechaniczne. Maksymalne wychylenie końca sznura wynosiło 20,00 cm. Pierwsza fala uderzyła w ścianę po upływie 6,00 s od chwili jej powstania.(a) Ile wynosi prędkość fali? (b) Ile wynosi okres fali? (c) Jaka jest długość fali? Strategia rozwiązania Prędkość fali można obliczyć dzieląc przebytą odległość przez czas. Okres fali jest odwrotnością częstotliwości siły wymuszającej. Znając prędkość fali i okres można obliczyć jej długość v = λ / T . Rozwiązanie Pierwsza fala przebyła 30,00 m w ciągu 6,00 s: v = 30,00 m 6,00 s = 5,00 m s . Okres fali jest równy odwrotności częstotliwości: T = 1 f = 1 2,00 s −1 = 0,50 s . Długość fali jest równa iloczynowi prędkości i okresu: λ = v T = 5,00 m s ⋅ 0,50 s = 2,50 m . Znaczenie Częstotliwość fali równa się częstotliwości siły wymuszającej wytwarzającej tę falę. Sprawdź, czy rozumiesz. Szarpnięcie struny gitary wytwarza drgania, na skutek czego wzdłuż niej rozchodzi się fala. Wibracje struny powodują, że cząsteczki powietrza zaczynają drgać, tworząc falę dźwiękową, o częstotliwości równiej częstotliwości drgań struny. Czy długość fali dźwiękowej jest zawsze równa długości fali rozchodzącej się wzdłuż struny? Długość fali zależy od jej częstotliwości i prędkości. Częstotliwość fali dźwiękowej jest równa częstotliwości fali przemieszczającej się wzdłuż struny. Długość fali dźwiękowej i długość fali przemieszczającej się wzdłuż struny są równe tylko wtedy, gdy prędkości tych fal są takie same, co nie jest regułą. Jeśli prędkość dźwięku jest różna od prędkości fali rozchodzącej się wzdłuż struny, to długości fal też są różne. Prędkość fali dźwiękowej będzie omówiona w rozdziale Dźwięk . Cechy charakterystyczne fal Mechaniczna fala poprzeczna rozchodzi się ze stałą prędkością w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x (jak pokazano na ) (a). Ośrodek wykonuje drgania w zakresie od + A do − A wokół położenia równowagi. Wykres na (a) przedstawia zależność wychylenia sprężyny ( y ) w funkcji położenia ( x ), przy czym zwrot osi x jest zgodny z kierunkiem rozchodzenia się fali. Linią przerywaną pokazano wychylenie sprężyny w funkcji położenia x w chwili t = 0,00 s . Linia ciągła pokazuje zależność y od x dla t = 3,00 s . (a) Oblicz długość i amplitudę fali. (b) Znajdź prędkość rozchodzenia się fali. (c) Oblicz okres i częstotliwość fali. Fala poprzeczna w dwóch różnych chwilach t . Strategia rozwiązania Amplitudę i długość fali można odczytać z wykresu. Ponieważ prędkość jest stała, prędkość fali można obliczyć dzieląc odległość jaką fala przebyła przez czas potrzebny na przebycie tej odległości. Okres można obliczyć z v = λ T , a częstotliwość z f = 1 T . Rozwiązanie Długość fali (fioletowa strzałka) i amplitudę (zielona strzałka) odczytujemy z wykresu na (b). Długość fali wynosi λ = 8,00 cm , natomiast amplituda równa się A = 6,00 cm . Cechy charakterystyczne omawianych fal. Odległość, jaką fala przebyła w czasie od chwili t = 0,00 s do chwili t = 3,00 s można odczytać z wykresu. Zwróćmy uwagę na czerwoną strzałkę, która pokazuje odległość jaką przebył grzbiet w ciągu 3 s. Wynosi ona 8,00 cm − 2,00 cm = 6,00 cm . Prędkość wynosi: v = Δ x Δ t = 8,00 c m − 2,00 c m 3,00 c m − 0,00 c m = 2,00 c m s . Okres obliczamy z zależności T = λ v = 8,00 cm 2,00 cm/s = 4,00 s , natomiast częstotliwość f = 1 T = 1 4,00 s = 0,25 Hz . Znaczenie Zauważmy, że długość fali można obliczyć na podstawie położenia na wykresie dwóch kolejnych punktów o tym samym nachyleniu. Należy wybrać takie punkty, które są najwygodniejsze do dalszych obliczeń. Sprawdź, czy rozumiesz. Prędkość rozchodzenia się mechanicznych fal poprzecznych lub podłużnych może być stała, jeśli zaburzenie przemieszcza się w ośrodku. Czy prędkość drgań cząsteczek ośrodka dla fali poprzecznej jest także stała? Fala poprzeczna może przemieszczać się w ośrodku ze stałą prędkością, ale cząsteczki ośrodka drgają w kierunku prostopadłym do kierunku ruchu fali. Jeśli fala przemieszcza się zgodnie ze zwrotem osi x , cząstki ośrodka drgają wzdłuż osi y . Zatem prędkość ośrodka nie jest stała (prędkość drgań cząsteczek ośrodka i ich przyspieszenie mogą być opisane przy wykorzystaniu modelu prostego ruchu harmonicznego masy zawieszonej na sprężynie). Podsumowanie Fala jest zaburzeniem ośrodka, które rozchodzi się z prędkością v . Długość fali λ to odległość pomiędzy sąsiednimi identycznymi punktami fali. Prędkość i długość fali zależą od częstotliwości i okresu, zgodnie z równaniem v = λ T = λ f . Fale mechaniczne wymagają obecności ośrodka i podlegają zasadom dynamiki Newtona. Fale elektromagnetyczne są zaburzeniami pola elektrycznego i magnetycznego i nie wymagają ośrodka. Fale materii mają fundamentalne znaczenie dla mechaniki kwantowej i są związane z protonami, elektronami, neutronami i innymi cząstkami występującymi w przyrodzie. Dla fali poprzecznej kierunek drgań cząstek ośrodka jest prostopadły do kierunku rozchodzenia się fali, natomiast w przypadku fali podłużnej kierunek rozchodzenia się fali jest równoległy do kierunku drgań cząstek ośrodka. Pytania Podaj po jednym przykładzie fali poprzecznej i fali podłużnej. Jaki jest kierunek rozchodzenia się fali, a jaki drgań ośrodka w każdym z podanych przykładów? Fala rozchodząca się wzdłuż struny gitary jest falą poprzeczną. Zaburzenie struny porusza się prostopadle do kierunku rozchodzenia się fali. Dźwięk wytwarzany przez strunę jest falą podłużną. Zaburzenie powietrza przemieszcza się równolegle do kierunku rozchodzenia się fali. Sinusoidalna fala poprzeczna ma długość 2,80 m. W czasie 0,10 s punkt o współrzędnej x leżący wzdłuż struny przemieszcza się z położenia maksymalnego y = 0,03 m do położenia równowagi y = 0 . Ile wynoszą: okres, częstotliwość i prędkość fali? Wyjaśnij różnicę między prędkością rozchodzenia się fali a częstotliwością fali mechanicznej. Która z tych wielkości wpływa na długość fali i w jaki sposób? Szybkość rozchodzenia się fali to szybkość jej rozchodzenia się w ośrodku. Jeśli jest stała, to można obliczyć ją z równania v = λ T = λ f . Częstotliwość to liczba fal, przechodzących przez dany punkt w jednostce czasu. Długość fali jest wprost proporcjonalna do prędkości fali i odwrotnie proporcjonalna do częstotliwości. Rozważ naprężoną sprężynę. Wzdłuż niej mogą powstawać zarówno fale poprzeczne, jak i podłużne. Jak wytworzyć każdy typ fal? Rozważ falę wytworzoną na sprężynie poruszanej ręką w górę i w dół. Czy długość takiej fali zależy od drogi, którą pokonuje ręka? Nie, odległość, jaką pokonuje ręka, wyznacza amplitudę fali. Długość fali zależy od częstotliwości ruchu ręki w górę i w dół oraz od szybkości fali. Sinusoidalna fala poprzeczna, która powstała na naprężonej sprężynie ma okres T . Każdy odcinek sprężyny porusza się prostopadle do kierunku rozchodzenia się fali. Amplituda ruchu sprężyny wynosi A . Czy drgania każdego odcinka mają okres równy okresowi drgań fali? Jaka będzie odpowiedź na to pytanie, jeśli amplitudę fali poprzecznej podwoimy, a okres pozostawimy bez zmiany? Fala elektromagnetyczna, przykładowo światło, nie wymaga ośrodka. Czy jesteś w stanie podać przykład potwierdzający to stwierdzenie? Światło słoneczne dociera do Ziemi, biegnąc przez przestrzeń kosmiczną, gdzie panuje próżnia. Zadania Burze na Bałtyku mogą powodować powstawanie fal, które przemieszczają się do wybrzeża oddalonego o 12 km. Jak długo trwa ten ruch, jeśli prędkość fali wynosi 15,0 m/s? Fale w basenie przemieszczają się z prędkością 0,75 m/s. Na jednym końcu basenu stoi człowiek, który uderza ręką powierzchnię wody, obserwując falę, która biegnie do przeciwległego końca basenu, odbija się od niego i wraca po upływie 30,00 s. Ile wynosi długość basenu? 2 d = v t ⇒ d = 11,25 m Powiewy wiatru tworzą na oceanie falę o długości 5,00 cm, poruszającą się z prędkością 2,00 m/s. Jaka jest jej częstotliwość? Ile razy w ciągu minuty łódka kołysze się na powierzchni wody, jeśli powstała w wyniku tego fala ma długość 40,0 m i rozchodzi się z prędkością 5,00 m/s? v = f λ , stąd f = 0,125 Hz, zatem N = 7,50 razy Harcerze na obozie potrząsają mostem linowym, który właśnie przekroczyli i obserwują fale o wysokości 8,00 m. Jaka będzie prędkość rozchodzenia się fal, jeśli będą potrząsać mostem dwa razy na sekundę? Jaka jest długość fali, którą wytwarzasz w basenie, uderzając rękoma z częstotliwością 2,00 Hz, jeśli fale rozchodzą się z prędkością 0,800 m/s? v = f λ ⇒ λ = 0,400 m Jaka jest długość fali sejsmicznej, która powoduje drgania o częstotliwości 10,0 Hz i przenosi się do miejsca odległego o 84,0 km w ciągu 12,0 s? Fale radiowe transmitowane z prędkością v = c ≈ 3 ⋅ 10 8 m / s przez sondę kosmiczną Voyager mają długość 0,120 m. Jaka jest ich częstotliwość? v = f ⁢ λ ⇒ f = 2,50 ⋅ 10 9 H z Ludzkie ucho jest w stanie rozróżniać dźwięki, które dochodzą do każdego ucha z osobna z opóźnieniem 0,34 ms. (a) Przypuśćmy, że źródło dźwięku o niskiej częstotliwości znajduje się na prawo od osoby, której uszy są oddalone od siebie w przybliżeniu o 18 cm, a prędkość dźwięku wynosi ok. 340 m/s. Jak długi jest interwał czasu między chwilą, w której dźwięk dobiega do prawego ucha, a chwilą, w której dźwięk dobiega do lewego ucha? (b) Załóż, że ta sama osoba nurkuje i źródło dźwięku o niskiej częstotliwości znajduje się z prawej strony nurka. Jak długi jest interwał czasu w tym przypadku, jeśli prędkość dźwięku w wodzie wynosi 1500 m/s? (c) Co jest istotne dla interwałów czasu w obu tych sytuacjach? (a) Sejsmografy dokonują pomiaru czasu wystąpienia trzęsienia Ziemi z dokładnością do 0,100 s. W celu oszacowania położenia epicentrum wstrząsu geologowie porównują czasy nadejścia fal S i P, które poruszają się z różnymi prędkościami. Jeśli fale prędkości fal S i P wynoszą odpowiednio 4,00 km/s i 7,20 km/s, to z jaką precyzją możemy obliczyć położenie epicentrum? (b) Fale sejsmiczne z wnętrza Ziemi powstające podczas detonowania bomb jądrowych mogą być użyte do zlokalizowania miejsca przeprowadzenia próby i wykrycia sprawcy naruszenia zakazu wykonywania takich testów. Oceń granice dokładności obliczeń do części (a). (a) Fala typu P jest szybsza od fali typu S o v = 3,20 km/s; , stąd Δ d = 0,320 km . (b) Ponieważ dokładność pomiaru odległości jest mniejsza niż 1 km, to nasza odpowiedź na pytanie do części (a) wydaje się nie ograniczać wykrywania prób jądrowych. Jednak jeśli prędkości są nieznane, wówczas niepewność związana z pomiarem odległości wzrośnie i utrudni identyfikację źródła fali sejsmicznej. Harcerka odbywa 10-kilometrowy marsz, żeby zdobyć odznakę. Podczas marszu zauważa klif w pewnej odległości od niej. Pragnąc obliczyć czas potrzebny na dojście do klifu i wiedząc, że prędkość dźwięku wynosi w przybliżeniu 343 m/s, krzyczy i zauważa, że echo wraca po upływie mniej więcej 2,00 s. Jeśli dziewczynka jest w stanie pokonać 1,00 km w ciągu 10 minut, to ile czasu zajmie jej dotarcie do klifu? Inżynier ds. zapewnienia jakości w firmie produkującej patelnie dostał polecenie sprawdzenia jakości nowej linii patelni z powłoką zapobiegającą przywieraniu. Powłoka powinna mieć grubość 1,00 mm. Jedna z dostępnych metod polega na zmierzeniu grubości powłoki przy pomocy śruby mikrometrycznej. Jednak wymaga ona zerwania powłoki z patelni, jest zatem inwazyjna dla produktu. Inżynier zdecydował się zastosować metodę nieinwazyjną, w której generator wytwarza ultradźwięki o częstotliwości f = 25 kHz . Ultradźwięki były przepuszczane przez badaną powłokę, następnie odbijały się one od powierzchni metalu i ulegały interferencji z falami biegnącymi. Mierzono czas przejścia fali przez powłokę. Długość fali ultradźwiękowej w powłoce wyniosła 0,076 m. Jaki powinien być czas przejścia fali przez powłokę, jeśli ma ona prawidłową grubość (1,00 mm)? v = 1900 m/s Δ t = 1,05 μs fala podłużna (ang. longitudinal wave ) fala, w której zaburzenie rozchodzi się równolegle do kierunku przemieszczania się fali fala mechaniczna (ang. mechanical wave ) fala, która podlega zasadom dynamiki Newtona i wymaga obecności ośrodka materialnego fala poprzeczna (ang. transverse wave ) fala, w której zaburzenie rozchodzi się prostopadle do kierunku ruchu fali fala (ang. wave ) zaburzenie, które rozchodzi się z miejsca powstania i przenosi energię prędkość fali (ang. wave velocity ) prędkość, z jaką przemieszcza się zaburzenie; nazywana również prędkością propagacji fali szybkość fali (ang. wave speed ) wartość prędkości fali długość fali (ang. wavelength ) odległość pomiędzy najbliższymi identycznymi punktami fali", "section": "Fale biegnące", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Matematyczny opis fal W poprzednim rozdziale opisywaliśmy fale okresowe, definiując takie wielkości jak: długość, okres, amplituda oraz prędkość fali. Fale jednak możemy też opisać, rozważając ruch cząstek ośrodka, przez który fala przechodzi. Położenie cząstek ośrodka można określić za pomocą tzw. funkcji falowej (ang. wave function ). Pozwala ona określić nie tylko położenie, ale także prędkość i przyspieszenie cząstek ośrodka, przez który biegnie fala w dowolnej chwili. Impulsy Impuls (ang. pulse ) oznacza falę wytworzoną przez pojedyncze zaburzenie ośrodka. Impuls ma stałą amplitudę i rozchodzi się ze stałą prędkością. Z uwagi na stałą prędkość droga, którą pokonuje w czasie Δ t , wynosi Δ x = v Δ t ( ). W chwili t = 0 impuls znajduje się w położeniu x = 0 , a jego amplituda wynosi A . Podczas ruchu impuls zachowuje stały kształt, przebywając drogę Δ x = v Δ t w czasie Δ t . Opis sinusoidalnej fali jednowymiarowej za pomocą modelu funkcji falowej Rozważmy strunę poddaną stałemu naprężeniu F T , której jeden koniec jest unieruchomiony, a drugi – swobodny – jest wprawiany w drgania w zakresie między y = + A a y = − A . pokazuje obrazy fali w kolejnych chwilach równych wielokrotnościom 1/8 części okresu, przy czym w położeniu wyjściowym zostało już wykonane jedno pełne drganie ( t = T ) . Obrazy fali poprzecznej przemieszczającej się wzdłuż struny poddanej stałemu naprężeniu. Fala powstała w chwili t = T , a kolejne obrazy pokazują ją w chwilach co 1 8 T . Kolorowymi kropkami zaznaczono punkty odniesienia na strunie. Tym samym kolorem zaznaczono punkty, które znajdują się w odległości równej jednej długości fali od siebie. Zauważmy, że każdy zaznaczony na kolorowo punkt struny wykonuje proste drgania harmoniczne w górę i w dół w zakresie pomiędzy y = + A a y = − A , natomiast okres wynosi T . Fala biegnąca wzdłuż struny jest sinusoidalna i przemieszcza się w prawo wraz z upływem czasu. W tym miejscu przypomnijmy znaną nam z algebry definicję, zgodnie z którą, jeżeli f ( x ) jest dowolną funkcją, to f ( x − d ) oznacza tę samą funkcję, ale przesuniętą w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x o odległość d . Funkcja f ( x + d ) oznacza zaś tę samą funkcję przesuniętą w kierunku przeciwnym do zwrotu osi x o odległość d . Chcemy zdefiniować funkcję falową, która określi położenie y dla każdego punktu x struny w dowolnie wybranej chwili t . Jeżeli popatrzymy na pierwszy obraz fali na , to zauważymy, że współrzędną y struny dla wartości odciętych z przedziału od x = 0 do x = λ możemy opisać przy użyciu funkcji sinus. Fala przemieszcza się wzdłuż struny o jedną długość fali w czasie równym jednemu okresowi, jak możemy zauważyć na drugim obrazie. Z tego wynika, że fala porusza się ze stałą prędkością, równą v = λ / T . Przypominamy, że funkcja sinus jest funkcją kąta θ i przyjmuje wartości pomiędzy + 1 a −1 , a jej okres wynosi 2 π rad ( ). Jednakże współrzędne y cząstek ośrodka, a zarazem funkcji falowej, przybierają wartości pomiędzy + A a − A , a okres takiej funkcji równa się λ . Funkcja sinus przyjmuje wartości z przedziału od + 1 do −1 , a jej okres wynosi 2 π rad. Aby opisać falę przy użyciu funkcji okresowej, rozważmy stosunek kąta do położenia: θ x = 2 π λ , θ = 2 π λ x . Po zastosowaniu θ = 2 π x / λ i pomnożeniu funkcji sinus przez amplitudę A możemy obliczyć postać funkcji opisującej położenie y struny w zależności od położenia x : y ( x ) = A sin ( 2 π λ x ) . Fala przemieszcza się wzdłuż struny w kierunku osi x ze stałą prędkością v i pokonuje odcinek v t w czasie t . Funkcję falową definiuje się jako: y ( x , t ) = A sin ( 2 π λ ( x − v t ) ) . Wygodnie jest zapisywać funkcję falową w bardziej zwartej postaci. Po pomnożeniu przez 2 π λ otrzymujemy następujące równanie: y ( x , t ) = A sin ( 2 π λ x − 2 π λ v t ) . Wielkość 2 π λ definiuje się jako liczbę falową (ang. wave number ). Symbolem liczby falowej jest k , a jej jednostką jest m −1 : k ≡ 2 π λ Jak pamiętamy z rozdziału Drgania , termin częstość kołowa definiuje się jako ω = 2 π / T . Drugi wyraz w definicji funkcji falowej przyjmie zatem postać: 2 π λ v t = 2 π λ ( λ T ) t = 2 π T t = ω t . Funkcja falowa dla prostej fali harmonicznej na strunie uprości się do: y ( x , t ) = A sin ( k x ∓ ω t ) , gdzie A oznacza amplitudę, k = 2 π / λ jest liczbą falową, ω = 2 π / T częstość kołową, znak minus ( – ) oznacza falę biegnącą w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x , a znak plus ( + ) falę biegnącą przeciwnie do zwrotu osi x . Prędkość fali wynosi: v = λ T = λ T ( 2 π 2 π ) = ω k . Wróćmy do naszych rozważań na temat masy zawieszonej na sprężynie. Położenie masy było opisywane jako x ( t ) = A cos ( ω t + ϕ ) . Kąt ϕ to przesunięcie fazowe, które uwzględnia sytuację, gdy początkowe położenie masy jest inne niż x = + A , a początkowa prędkość jest inna niż v = 0 . Z tych samych powodów funkcja falowa zawiera fazę początkową. Funkcja falowa ma postać: y ( x , t ) = A sin ( k x ∓ ω t + ϕ ) Argument funkcji sinus: ( k x ∓ ω t + ϕ ) nazywa się fazą (ang. phase ), gdzie ϕ jest fazą początkową (lub przesunięciem fazowym) funkcji falowej. Znak wyrażenia ω t zależy od kierunku rozchodzenia się fali. Niech ujemny znak dla fali z fazą początkową równą 0 ( ϕ = 0 ) . Faza fali wynosi k x − ω t . Rozważmy punkt, odpowiadający grzbietowi fali. Grzbiet pojawi się wtedy, gdy sin ( k x − ω t ) = 1,00 , tj. gdy k x − ω t = n π + π 2 , dla dowolnej całkowitej wartości n . Przykładowo jeden z grzbietów pojawia się dla k x − ω t = π / 2 . Gdy fala biegnie, rośnie wartość czasu i x musi również wzrosnąć, tak aby faza była równa π / 2 . Z tego wynika, że znak minus oznacza falę biegnącą w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x . Przeanalizujmy drugą sytuację, tj. gdy k x + ω t = π / 2 . Wraz ze wzrostem wartości czasu, x musi zmaleć, aby faza była równa π / 2 . Znaku plus używa się dla fal biegnących przeciwnie do zwrotu osi x . Podsumowując, y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) oznacza falę biegnącą w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x , a y ( x , t ) = A sin ( k x + ω t + ϕ ) falę biegnącą w przeciwną stronę. opisuje prostą harmoniczną funkcję falową. Funkcja falowa może być zapisana jako f ( x , t ) = f ( x − v t ) . Jeszcze w tym rozdziale dowiemy się, że jest ona rozwiązaniem równania falowego. Zauważmy, że zapis y ( x , t ) = A cos ( k x + ω t + ϕ ′ ) też jest zasadny, ponieważ odnosi się do przypadku ϕ ′ = ϕ − π / 2 . Strategia rozwiązywania zadań: szukanie charakterystyk funkcji falowych Aby obliczyć amplitudę, długość fali, okres i częstotliwość fali sinusoidalnej, należy zapisać funkcję falową w postaci y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) . Amplitudę można odczytać bezpośrednio z równania i wynosi ona A . Okres fali można obliczyć z częstości kołowej T = 2 π ω . Częstotliwość można obliczyć przy użyciu: f = 1 T . Długość fali można wyznaczyć, korzystając z liczby falowej λ = 2 π k . Cechy charakterystyczne fali biegnącej wzdłuż struny Fala poprzeczna biegnąca wzdłuż struny ma postać: y ( x , t ) = A sin ⁡ ( k x − ω t ) = 0,2 m ⋅ sin ⁡ ( 6,28 m − 1 ⋅ x − 1,57 s − 1 ⋅ t ) Oblicz amplitudę, długość fali, okres i prędkość fali. Strategia rozwiązania Wszystkie te wielkości można obliczyć na podstawie stałych zawartych w równaniu lub z relacji łączących te wielkości. Rozwiązanie Amplitudę, liczbę falową i częstość kołową można odczytać bezpośrednio z równania falowego: y ( x , t ) = A sin ⁡ ( k x − ω t ) = 0,2 m ⋅ sin ⁡ ( 6,28 m − 1 ⋅ x − 1,57 s − 1 ⋅ t ) ( A = 0,2 m; k = 6,28 m −1 ; ω = 1,57 s −1 ) Długość fali obliczamy przy użyciu znanej liczby falowej: k = 2 π λ . λ = 2 π k = 2 π 6,28 m −1 = 1,0 m . Okres fali można wyliczyć na podstawie częstości kołowej: ω = 2 π T . T = 2 π ω = 2 π 1,57 s −1 = 4 s . Prędkość fali obliczamy przy wykorzystaniu liczby falowej i częstości kołowej. Kierunek rozchodzenia się fali można określić na podstawie znaku wyrażenia k x ∓ ω t . Znak ujemny sugeruje, że fala biegnie w kierunku zgodnym z kierunkiem osi x : | v | = ω k = 1,57 s − 1 6,28 m − 1 = 0,25 m s Znaczenie Wszystkie powyższe wielkości są zawarte w równaniu falowym. Zauważmy, że prędkość fali jest jej prędkością w kierunku równoległym do kierunku rozchodzenia się fali. Przedstawienie wychylenia ośrodka y w funkcji położenia x dla dwóch różnych chwil czasu: t = 0,00 s oraz t = 0,80 s pozwala na graficzną wizualizację fali ( ). Wykres wychylenia fali y w funkcji położenia x . Linia przerywana przedstawia falę w chwili t = 0,00 s , a linia ciągła falę w chwili t = 0,80 s . Ponieważ prędkość fali jest stała, to odległość jaką fala pokonuje równa się iloczynowi prędkości i odcinka czasu. Czarna kropka wskazuje punkt, który będzie pomocny przy obliczeniu przemieszczenia fali. Cząstki ośrodka poruszają się w górę i w dół, podczas gdy fala przemieszcza się w prawo. W przykładzie przedstawionym powyżej mamy do czynienia z falą poprzeczną, która porusza się w płaszczyźnie poziomej, podczas gdy cząstki ośrodka drgają w górę i w dół, prostopadle do kierunku ruchu fali. Na pokazano ruch cząstki ośrodka, której położenie wynosi x = 0,60 m w funkcji czasu. Zauważmy, że cząstki ośrodka przyjmują położenia y = + 0,20 m i y = −0,20 m po upływie każdych 4,0 s. Wykres wychylenia fali y w funkcji czasu t dla położenia x = 0,6 m . Ośrodek wykonuje drgania w zakresie wartości od y = + 0,20 m do y = −0,20 m w ciągu każdego okresu. Okres możemy zmierzyć na podstawie położenia dwóch najbliższych punktów o tych samych amplitudach i identycznych prędkościach ( ∂ y / ∂ t ) . Prędkość możemy obliczyć na podstawie tangensa kąta nachylenia wykresu y = f ( t ) . Zauważmy, że dla czasów t = 3,00 s i t = 7,00 s , wychylenia i prędkości są takie same. Okres drgań wynosi 4,00 s. Sprawdź, czy rozumiesz. Powyższa funkcja falowa została obliczona przy zastosowaniu funkcji sinus. Czy można było użyć funkcji cosinus? Tak, funkcja cosinus jest równa przesuniętej w fazie funkcji sinus i obie mogą być używane do stworzenia równania falowego. To warunki początkowe decydują o tym, której funkcji użyjemy. Na wychylenie początkowe fali wynosi y ( x = 0,00 ; t = 0,00 ) = 0 , następnie wychylenie wzrasta i osiąga maksimum odpowiadające grzbietowi fali. Jeśli wychylenie początkowe w chwili początkowej byłoby równe amplitudzie fali y ( x = 0,00 ; t = 0,00 ) = + A , wówczas wygodniejsze jest użycie funkcji cosinus. Prędkość i przyspieszenie ośrodka Jak widzieliśmy w prędkość fali jest stała i oddaje prędkość fali rozchodzącej się w ośrodku, a nie prędkość cząsteczek, które go tworzą. Drobiny wykonują drgania wokół położenia równowagi wtedy, gdy fala rozchodzi się w ośrodku. W przypadku fali poprzecznej, która rozchodzi się w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x , cząstki wykonują drgania w górę i w dół, wzdłuż osi y , w kierunku prostopadłym do ruchu fali. Prędkość cząsteczek ośrodka nie jest stała, co oznacza występowanie przyspieszenia. Prędkość tę, która jest prostopadła do prędkości fali w przypadku fal poprzecznych, można obliczyć z pochodnej cząstkowej funkcji falowej. Należy wtedy potraktować wszystkie zmienne jako stałe, z wyjątkiem zmiennej, której pochodną obliczamy. Dla pochodnej cząstkowej po czasie t zmienna x jest traktowana jako stała. W tym ćwiczeniu szukamy prędkości poprzecznej w danym punkcie, czyli wartość x się nie zmienia. Mamy zatem: y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) v y ( x , t ) = ∂ y ( x , t ) ∂ t = ∂ ∂ t ( A sin ( k x − ω t + ϕ ) ) = − A ω cos ( k x − ω t + ϕ ) = − v y max cos ( k x − ω t + ϕ ) . Maksymalna prędkość ośrodka wynosi | v y max | = A ω . Z tą zależnością spotkaliśmy się już w rozdziale Drgania . Przyspieszenie ośrodka obliczymy przy użyciu pochodnej cząstkowej prędkości po czasie: a y ( x , t ) = ∂ v y ∂ t = ∂ ∂ t ( − A ω cos ( k x − ω t + ϕ ) ) = − A ω 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) = − a y max sin ( k x − ω t + ϕ ) . Maksymalne przyspieszenie wynosi | a y max | = A ω 2 . Cząsteczki ośrodka wykonują drgania harmoniczne proste. Równanie falowe Obliczyliśmy już prędkość cząsteczki ośrodka w punkcie x przy użyciu pochodnej cząstkowej współrzędnej y po czasie. Dla fali poprzecznej prędkość ta jest prostopadła do kierunku rozchodzenia się fali. Przyspieszenie możemy wyznaczyć, obliczając drugą pochodną położenia po czasie (lub pierwszą pochodną prędkości po czasie): a y ( x , t ) = ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 = ∂ 2 ∂ t 2 ( A sin ( k x − ω t + ϕ ) ) = − A ω 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) . Rozważmy teraz pochodną cząstkową po zmiennej x , gdzie czas jest wielkością stałą. Pierwsza pochodna cząstkowa opisuje nachylenie fali w punkcie x , w chwili t : nachylenie = ∂ y ( x , t ) ∂ x = ∂ ∂ x ( A sin ( k x − ω t + ϕ ) ) = A k cos ( k x − ω t + ϕ ) . Druga pochodna cząstkowa informuje nas, jak nachylenie fali zmienia się w zależności od położenia. Innymi słowy opisuje krzywiznę fali, którą rozumiemy jako: krzywizna = ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = ∂ 2 ∂ 2 x ( A sin ( k x − ω t + ϕ ) ) = − A k 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) . Stosunek przyspieszenia i krzywizny prowadzi do bardzo ważnej w fizyce zależności, nazywanej liniowym równaniem falowym (ang. linear wave equation ): v = ω / k . Nazywa się ono też równaniem drgającej struny. ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = − A ω 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) − A k 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) = ω 2 k 2 = v 2 , ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 . jest liniowym równaniem falowym, jednym z najważniejszych równań w fizyce i inżynierii. Choć tutaj zostało ono użyte dla fali poprzecznej, ma ono również zastosowanie do fal podłużnych. Równanie to odnosi się do fali sinusoidalnej, lecz można go także użyć do obliczenia impulsu i każdej innej fali y ( x , t ) = f ( x ∓ v t ) . Określenie „liniowe równanie falowe” związane jest z liniowym charakterem sił sprężystości działających w ośrodku. Jeśli dwie funkcje falowe są rozwiązaniami liniowego równania falowego, wówczas suma obu tych funkcji jest również rozwiązaniem równania falowego. Weźmy dwie fale poprzeczne, które rozchodzą się w tym samym ośrodku wzdłuż osi x . Zauważmy, że poszczególne fale mogą być opisane funkcjami falowymi y 1 ( x , t ) = f ( x ∓ v t ) i y 2 ( x , t ) = g ( x ∓ v t ) , które są rozwiązaniami liniowych równań falowych, a zatem są liniowymi funkcjami falowymi. Suma tych funkcji falowych jest również funkcją falową: y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) = f ( x ∓ v t ) + g ( x ∓ v t ) . Rozważmy liniowe równanie falowe: ∂ 2 ( f + g ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 ( f + g ) ∂ t 2 ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 g ∂ x 2 = 1 v 2 [ ∂ 2 f ∂ t 2 + ∂ 2 g ∂ t 2 ] . Ten przykład pokazuje, że jeśli dwie liniowe funkcje falowe dodamy algebraicznie, wtedy wypadkowa funkcja falowa też będzie spełniać liniowe równanie falowe. Określa ona wychylenie ośrodka w każdym punkcie wzdłuż osi x . Jeśli dwie fale liniowe znajdują się w tym samym ośrodku, to mogą ulegać interferencji. Jeśli obie są opisywane liniowymi funkcjami falowymi, to należy je do siebie dodać, aby znaleźć równanie falowe fali wypadkowej, utworzonej w wyniku interferencji. Wychylenie ośrodka w każdym punkcie jest algebraiczną sumą wychyleń spowodowanych przez każdą falę z osobna. Idąc o krok dalej, załóżmy że funkcje falowe y 1 ( x , t ) = f ( x ∓ v t ) i y 2 ( x , t ) = g ( x ∓ v t ) są rozwiązaniami równań falowych, a A i B są stałymi. Wtedy suma: A y 1 ( x , t ) + B y 2 ( x , y ) jest także rozwiązaniem równania falowego. Ta własność jest znana jako zasada superpozycji (ang. superposition ). Interferencja i superpozycja są szczegółowo omawiane w podrozdziale Interferencja fal . Interferencja fal na strunie Wyobraź sobie długą strunę, której każdy koniec trzyma inny student. Student A wprawia koniec struny w drgania, wytwarzając falę opisywaną równaniem: y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) . Student B wytwarza falę o dwukrotnie większej częstotliwości. Obie fale poruszają się z takimi samymi prędkościami v = ω / k oraz interferują, tworząc falę wypadkową, którą opisuje równanie: y R ( x , t ) = y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) . Oblicz prędkość fali wypadkowej, posługując się równaniami falowymi: ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 . Strategia rozwiązania Najpierw napisz równanie falowe dla fali, którą utworzył student B. Zauważ, że częstość kołowa drugiej fali jest dwa razy większa niż częstość pierwszej fali ( 2 ω ). Ponieważ prędkości obu fal są takie same, liczba falowa drugiej fali jest dwa razy większa niż pierwszej fali ( 2 k . Napisz równanie falowe dla fali wypadkowej, która jest sumą obu napisanych wcześniej funkcji falowych. Oblicz drugą pochodną cząstkową po położeniu i po czasie. Korzystając z równania falowego, oblicz prędkość fali wypadkowej. Rozwiązanie Napisz równanie falowe drugiej fali: y 2 ( x , t ) = A sin ( 2 k x + 2 ω t ) . Napisz równanie fali wypadkowej: y R ( x , t ) = y 1 ( x , t ) + y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) + A sin ( 2 k x + 2 ω t ) . Oblicz pochodne cząstkowe: ∂ y R ( x , t ) ∂ x = − A k cos ( k x − ω t ) + 2 A k cos ( 2 k x + 2 ω t ) , ∂ 2 y R ( x , t ) ∂ 2 x = − A k 2 sin ( k x − ω t ) − 4 A k 2 sin ( 2 k x + 2 ω t ) , ∂ y R ( x , t ) ∂ t = − A ω cos ( k x − ω t ) + 2 A ω cos ( 2 k x + 2 ω t ) , ∂ 2 y R ( x , t ) ∂ 2 t = − A ω 2 sin ( k x − ω t ) − 4 A ω 2 sin ( 2 k x + 2 ω t ) . Oblicz prędkość fali wypadkowej, korzystając z równania falowego: ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 , − A k 2 sin ( k x − ω t ) − 4 A k 2 sin ( 2 k x + 2 ω t ) = 1 v 2 ( − A ω 2 sin ( k x − ω t ) − 4 A ω 2 sin ( 2 k x + 2 ω t ) ) , k 2 ( − A sin ( k x − ω t ) − 4 A sin ( 2 k x + 2 ω t ) ) = ω 2 v 2 ( − A sin ( k x − ω t ) − 4 A sin ( 2 k x + 2 ω t ) ) , k 2 = ω 2 v 2 , | v | = ω k . Znaczenie Prędkość wypadkowej fali jest równa prędkości fali pierwotnej v = ω / k . W następnym podrozdziale pokażemy, że prędkość prostej fali harmonicznej na strunie zależy od naprężenia struny i masy przypadającej na jednostkę jej długości. Nie powinno być zatem zaskoczeniem, że prędkości fal składowych i prędkość fali wypadkowej są takie same. Sprawdź, czy rozumiesz. Równanie fali ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 jest prawdziwe dla każdej fali w postaci y ( x , t ) = f ( x ∓ v t ) . W poprzednim rozdziale stwierdziliśmy, że funkcja cosinus może być użyta również do opisu prostej mechanicznej fali harmonicznej. Sprawdź, czy funkcja: y ( x , t ) = 0,50 m ⋅ cos ⁡ ( 0,20 π m − 1 ⋅ x − 4,00 π s − 1 ⋅ t + π 10 ) jest rozwiązaniem równania falowego.! Fala o amplitudzie A = 0,5 m , długości λ = 10,00 m i okresie T = 0,50 s jest rozwiązaniem równania falowego. Prędkość fali v = 20,00 m/s . Każde zaburzenie, które spełnia równanie falowe, może rozchodzić się jako fala wzdłuż osi x z prędkością v . Jest to prawdziwe dla fali na strunie, fal dźwiękowych, elektromagnetycznych oraz innego typu fal. Podsumowanie Fala jest drganiem (wielkości fizycznej), które rozchodzi się w ośrodku, czemu towarzyszy przenoszenie energii, które odbywa się w kierunku zgodnym z kierunkiem prędkości fali. Cząstki ośrodka mogą drgać w różny sposób, np. w górę i w dół, tam i z powrotem, na boki wokół położenia równowagi. Fala sinusoidalna w chwili t = 0,00 s może być przedstawiona jako funkcja położenia. Przykładami takich funkcji są: y ( x ) = A sin ( k x + ϕ ) oraz y ( x ) = A cos ( k x + ϕ ) . Przyjmijmy, że znamy funkcję falową zależną jedynie od położenia x opisującą falę w danej chwili. Ruch impulsu lub innej fali rozchodzącej się ze stałą prędkością może być opisany tą samą funkcją, jeśli zastąpimy x wyrażeniem x ∓ v t . Znak minus oznacza ruch w prawo, a plus - w przeciwnym kierunku. Funkcja falowa dana jest równaniem: y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) , gdzie k = 2 π / λ jest liczbą falową, ω = 2 π / T jest częstością kołową, a ϕ fazą początkową. Fala rozchodzi się ze stałą prędkością v w , a cząstki ośrodka drgają wokół położenia równowagi. Stałą prędkość fali możemy wyliczyć z równania v = λ / T = ω / k . Pytania Jeśli poruszałbyś końcem sprężyny w górę i w dół 10 razy na sekundę, to jakie byłyby częstotliwość i okres sinusoidalnej fali utworzonej na sprężynie? Gdybyś poruszał końcem naprężonej sprężyny w górę i w dół z częstotliwością f , mógłbyś utworzyć sinusoidalną falę poprzeczną wzdłuż sprężyny. Czy liczba falowa zależy od częstotliwości, z jaką potrząsałbyś sprężyną? Długość fali jest równa iloczynowi prędkości fali i częstotliwości, a liczba falowa równa się k = 2 π / λ . Zatem liczba falowa zależy od częstotliwości oraz prędkości rozchodzenia się fali. Czy prędkość drgań poprzecznych naprężonej struny, wzdłuż której rozchodzi się sinusoidalna fala poprzeczna, zależy od prędkości rozchodzenia się fali? W tym rozdziale rozważaliśmy fale, których prędkość jest stała. Czy dla ośrodka można mówić o przyspieszeniu? Gdy fala rozchodzi się w ośrodku, to ośrodek porusza się prostym ruchem harmonicznym, którego prędkość jest inna w każdej chwili, zatem można mówić tu o przyspieszeniu cząstek ośrodka. Przyspieszenie jest tu wynikiem działania sił sprężystości w kierunku przeciwnym do wychylenia. Po wrzuceniu kamyka do sadzawki możemy zauważyć powstawanie koncentrycznych fal zamiast pojedynczej fali. Czy potrafisz to wyjaśnić? Zadania Impuls może być opisany jako pojedyncze zaburzenie falowe, które przenosi się przez ośrodek. Rozważ impuls, który w chwili t = 0,00 s jest opisany równaniem y ( x ) = 6,00 m 3 x 2 + 2,00 m 2 , a którego położenie wynosi x = 0,00 m . Impuls rozchodzi się z prędkością v = 3,00 m/s zgodnie ze zwrotem osi x . (a) Ile wynosi amplituda impulsu? (b) Podaj równanie impulsu jako funkcję położenia i czasu. (c) Jakie jest położenie impulsu w chwili t = 5,00 s ? Fala poprzeczna na strunie jest opisana funkcją falową y ( x , t ) = 0,2 c m ⋅ sin ⁡ ( 2,0 m − 1 ⋅ x − 3,0 s − 1 ⋅ t + π 16 ) . Jakie jest wychylenie struny względem położenia równowagi dla x = 4,0 m w chwili t = 10,0 s ? y ( x , t ) = −0,037 cm Rozważ funkcję falową y ( x , t ) = 3,0 c m ⋅ sin ⁡ ( 0,4 m − 1 ⋅ x − 2,0 s − 1 ⋅ t + π 10 ) . Podaj okres, długość, prędkość i fazę początkową tej fali. Dane jest równanie impulsu: y ⁡ x t = exp -2,77 ⁢ 2,00 ⁢ x − 2,00 ⁢ m ∕ s ⋅ t 5,00 ⁢ m 2 y\\apply(x,t) = \\exp(\\num{-2,77}(\\frac{\\num{2,00}(x - \\SI{2,00}{\\metre\\per\\second} \\cdot t)}{\\SI{5,00}{\\metre}})^2) ​ Korzystając z arkusza kalkulacyjnego, narysuj wykres wychylenia ośrodka y w funkcji położenia x . Przedstaw zależności (na tym samym wykresie) dla chwil czasu t = 0,00 s oraz t = 3,00 s . Jakie będzie położenie impulsu w chwili t = 3,00 s ? Impuls przesunie się o Δ x = 6,00 m . W chwili t = 0,00 s fala jest opisana funkcją falową, która zależy od położenia. Równanie ma postać: y ( x ) = 0,30 m ⋅ sin ⁡ ( 6,28 m − 1 ⋅ x ) . Fala pokonuje odcinek 4,00 m w czasie 0,50 s w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x . Napisz równanie falowe jako funkcję położenia i czasu. Fala jest opisana funkcją y ( x , t ) = 0,25 m ⋅ sin ⁡ ( 0,3 m − 1 ⋅ x − 0,9 s − 1 ⋅ t + π 3 ) . Oblicz: (a) amplitudę, (b) liczbę falową, (c) częstość kołową, (d) prędkość fali, (e) fazę początkową, (f) długość fali, (g) okres fali. a. A = 0,25 m ; b. k = 0,3 m −1 ; c. ω = 0,9 s −1 ; d. v = 3,0 m/s ; e. ϕ = π / 3 rad ; f. λ = 20,93 m ; g. T = 6,98 s Fala na powierzchni wody ma amplitudę 0,6 m, a odległość pomiędzy sąsiednimi dolinami fali wynosi 8,00 m. Fala rozchodzi się z prędkością 1,5 m/s w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x . W chwili czasu t = 0 wychylenie wynosi zero, a v y jest dodatnie. (a) Zakładając, że jest to fala sinusoidalna, podaj postać równania fali. (b) W arkuszu kalkulacyjnym narysuj przebieg fali dla chwil czasu t = 0,00 s oraz t = 2,00 s na tym samym wykresie. Sprawdź, czy fala pokonuje odległość 3,00 m w czasie 2,00 s. Fala jest przedstwiona funkcją falową: y ( x , t ) = 0,30 m ⋅ sin ⁡ [ 2 π 4,50 m ( x − 18,00 m s ⋅ t ) ] . Podaj amplitudę, długość, szybkość, okres i częstotliwość tej fali. A = 0,30 m , λ = 4,50 m , v = 18,00 m/s , f = 4,00 Hz , T = 0,25 s Podłużna fala na strunie jest opisana funkcją falową y ( x , t ) = 0,50 c m ⋅ sin ⁡ ( 1,57 m − 1 ⋅ x − 6,28 s − 1 ⋅ t ) . (a) Jaka jest prędkość tej fali? (b) Jaka jest wartość maksymalnej prędkości wychyleń struny w kierunku prostopadłym do kierunku ruchu fali? Pływak zauważył, że jednego dnia fale na powierzchni morza były okresowe i przypominały falę sinusoidalną. Oszacował, że pionowa odległość pomiędzy grzbietem a doliną fali wynosi około 0,45 m, a odległość pomiędzy dwoma grzbietami 1,8 m. Naliczył 12 fal w ciągu każdych 2 min. Napisz prostą funkcję falową opisującą tę falę. y ( x , t ) = 0,23 m sin ( 3,49 m −1 x − 0,63 s −1 t ) Rozważ falę opisaną funkcją falową y ( x , t ) = 0,3 m sin ( 2,00 m −1 x − 628,00 s −1 t ) . (a) Ile grzbietów przebiegnie przez punkt, w którym stoi obserwator, w ciągu 2,00 min? (b) Jak daleko przemieści się fala w tym czasie? Rozważ dwie fale opisane funkcjami falowymi y 1 ( x , t ) = 0,50 m sin ( 2 π 3,00 m x + 2 π 4,00 s t ) i y 2 ( x , t ) = 0,50 m sin ( 2 π 6,00 m x − 2 π 4.00 s t ) . Podaj podobieństwa i różnice między nimi. Mają te same częstotliwości i okresy. Poruszają się w przeciwnych kierunkach, a y 2 ( x , t ) ma dwa razy większą długość niż y 1 ( x , t ) i porusza się z prędkością dwa razy mniejszą. Rozważ dwie fale opisane funkcjami falowymi: y 1 ( x , t ) = 0,20 m sin ( 2 π 6,00 m x − 2 π 4,00 s t ) oraz y 2 ( x , t ) = 0,20 m cos ( 2 π 6,00 m x − 2 π 4,00 s t ) . Podaj podobieństwa i różnice między tymi falami. Prędkość fali poprzecznej na strunie wynosi 300,00 m/s, jej długość 0,50 m, a amplituda 20,00 cm. Jaki czas jest potrzebny, aby cząstka na strunie przebyła odległość 5,00 km? Każda cząstka ośrodka pokonuje odległość 4 A w czasie jednego okresu. Okres można wyliczyć, dzieląc prędkość przez długość fali: t = 10,42 s . liniowe równanie fali (ang. linear wave equation ) równanie opisujące falę, która jest wynikiem liniowych sił sprężystości działających w ośrodku; każda funkcja będąca rozwiązaniem równania falowego opisuje falę biegnącą w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x lub w kierunku przeciwnym do zwrotu osi x ze stałą prędkością v impuls (ang. pulse ) pojedyncze zaburzenie, które przemieszcza się przez ośrodek, przenosząc energię, ale nie przenosząc masy funkcja falowa (ang. wave function ) model matematyczny opisujący położenie cząstki ośrodka liczba falowa (ang. wave number ) 2 π λ", "section": "Matematyczny opis fal", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prędkość fali na naprężonej strunie Prędkość fali zależy od właściwości ośrodka. Przykładowo, prędkość fali rozchodzącej się wzdłuż struny gitary oraz długość tej fali określają częstotliwość wytwarzanego dźwięku. Struny gitary mają różne grubości i są wykonywane z materiałów o różnych własnościach. Mówimy, że mają różne gęstości liniowe (ang. linear density ). Gęstość liniową definiuje się jako masę przypadającą na jednostkę długości: μ = masa struny długość struny = m l . W tym rozdziale będziemy się zajmować jedynie strunami, które mają stałą gęstość liniową. W takim przypadku, to masa Δ m krótkiego odcinka struny Δ x wynosi Δ m = μ Δ x . Przykładowo jeśli długość struny wynosi 2,00 m, a jej masa 0,06 kg, to gęstość liniowa równa się μ = 0,06 k g / 2,00 m = 0,03 k g / m . Jeśli od struny odetniemy odcinek o długości 1,00 mm, wówczas masa tego odcinka będzie równa Δ m = μ Δ m = 0,03 k g / m ⋅ 0,001 m = 3,00 ⋅ 10 − 5 k g . Naprężenie strun gitary można zmieniać za pośrednictwem obrotowych wrzecion, zwanych kołkami, wokół których nawinięte są struny. Gęstości liniowe oraz naciągu strun gitary stanowią o prędkości fali rozchodzącej się wzdłuż struny oraz o częstotliwości wytwarzanego dźwięku. Częstotliwość ta jest proporcjonalna do prędkości fali. Prędkość fali na naprężonej strunie Aby przekonać się, w jaki sposób prędkość fali na strunie zależy od jej naprężenia i liniowej gęstości, rozważmy rozchodzący się wzdłuż niej impuls ( ). Kiedy struna znajduje się w położeniu równowagi, naprężenie struny F T jest stałe. Rozważmy krótki odcinek struny o masie równej Δ m = μ Δ x . Odcinek ten znajduje się w położeniu równowagi, a naprężenia działające na każdy z jego końców odcinka są równe co do wartości, ale mają przeciwne zwroty. Odcinek struny poddany naprężeniu F T . Znajduje się on w stanie równowagi statycznej, a naprężenia działające na każdy jego koniec są równe co do wartości, ale przeciwnie skierowane. Jeśli szarpniemy naciągniętą strunę, wzdłuż niej powstanie fala poprzeczna, która będzie się rozchodzić w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x , co pokazano na . W celach poglądowych zaznaczono rozważany powyżej odcinek. Wykonuje on drgania w płaszczyźnie prostopadłej do ruchu fali pod wpływem działania siły sprężystości, ale nie przemieszcza się wzdłuż osi x . Naprężenia F T są przyłożone do obu końców odcinka i skierowane wzdłuż osi x . Siły te są stałe i niezależne od położenia oraz czasu. Naciągniętą strunę szarpnięto, co spowodowało wytworzenie impulsu, biegnącego wzdłuż struny w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x . Załóżmy, że wychylenie struny z położenia równowagi jest małe. Siła wypadkowa działająca na rozważany odcinek jest skierowana wzdłuż struny i stanowi sumę jej naprężenia oraz siły sprężystości. Składowe x naprężenia równoważą się, dlatego do wyliczenia siły wypadkowej rozważamy jedynie składowe y . Wartość składowej x siły naprężenia struny oznaczono jako F T ( ). Składową y siły naciągu wyliczymy, jeśli zauważymy, że tg ⁡ θ 1 = − F 1 / F T i tg ⁡ θ 2 = − F 2 / F T . Tangens kąta θ ( tg ⁡ θ ) jest równy nachyleniu funkcji w danym punkcie, co można obliczyć po prostu jako pochodną cząstkową y po x w tym punkcie. Stosunek F 1 / F T ma wartość ujemną w punkcie x 1 , a F 2 / F T jest równe nachyleniu w punkcie x 2 : F 1 F T = − ( ∂ y ∂ x ) x 1 i F 2 F T = ( ∂ y ∂ x ) x 2 . Siła wypadkowa działająca na rozważany odcinek może być zapisana jako: F wypadkowa = F 1 + F 2 = F T [ ( ∂ y ∂ x ) x 2 − ( ∂ y ∂ x ) x 1 ] . Na mocy drugiej zasady dynamiki Newtona siła wypadkowa równa się iloczynowi masy i przyspieszenia. Gęstość liniowa struny μ jest to masa przypadająca na jednostkę długości struny, a masa odcinka struny wynosi μ Δ x , stąd otrzymujemy: F T [ ( ∂ y ∂ x ) x 2 − ( ∂ y ∂ x ) x 1 ] = Δ m a , F T [ ( ∂ y ∂ x ) x 2 − ( ∂ y ∂ x ) x 1 ] = μ Δ x ∂ 2 y ∂ t 2 . Po podzieleniu przez F T Δ x i przyjęciu, że Δ x dąży do zera, mamy: [ ( ∂ y ∂ x ) x 2 − ( ∂ y ∂ x ) x 1 ] Δ x = μ F T ∂ 2 y ∂ t 2 lim Δ x → 0 [ ( ∂ y ∂ x ) x 2 − ( ∂ y ∂ x ) x 1 ] Δ x = μ F T ∂ 2 y ∂ t 2 ∂ 2 y ∂ x 2 = μ F T ∂ 2 y ∂ t 2 . Przypomnijmy, że liniowe równanie falowe ma postać: ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 . Stąd: 1 v 2 = μ F T . Po wyliczeniu v z powyższej zależności przekonamy się, że prędkość fali na strunie zależy od naprężenia i gęstości liniowej. Prędkość fali na naprężonej strunie Prędkość impulsu, podobnie jak i fali, na naprężonej strunie możemy wyliczyć z równania: | v | = F T μ , gdzie F T jest naprężeniem struny, a μ masą przypadającą na jednostkę długości struny. Prędkość fali na strunie gitary W gitarze sześciostrunowej struna wysokiego E ma gęstość liniową μ wysokie E = 3,09 ⋅ 10 − 4 k g / m , natomiast struna niskiego E ma gęstość μ niskie E = 5,78 ⋅ 10 − 3 k g / m (a). Jaka będzie prędkość wytworzonej fali, jeżeli uderzymy strunę wysokiego E, o naprężeniu 56,40 N? (b) Gęstość liniowa struny niskiego E jest w przybliżeniu 20 razy większa niż gęstość liniowa struny wysokiego E. Czy naprężenie struny niskiego E powinno być większe, czy mniejsze od naprężenia struny wysokiego E, jeśli fale biegnące wzdłuż każdej ze strun mają taką samą prędkość? Jakie są przybliżone wartości naprężeń? (c) Oblicz, jakie byłoby naprężenie struny niskiego E, gdyby prędkości obu dźwięków były takie same. Strategia rozwiązania Prędkość fali można obliczyć z gęstości liniowej i naciągu v = F T μ . Z równania v = F T μ wynika, że jeżeli gęstość liniowa wzrośnie 20 razy, to naciąg powinien wzrosnąć także 20 razy. Znając prędkość i gęstość liniową, można obliczyć naprężenie F T = μ v 2 . Rozwiązanie Oblicz prędkość fali z równania: v = F T μ = 56,5 N 3,09 ⋅ 10 − 4 k g / m = 427,23 m s . Naprężenie powinno się zwiększyć 20 razy. Byłoby zatem nieco mniejsze niż 1128 N. Oblicz naprężenie z równania: F T = μ v 2 = 5,78 ⋅ 10 − 3 k g / m ⋅ ( 4,27 m / s ) 2 = 1055,00 N . Podana wartość została oszacowana z błędem 7 % . Znaczenie Struny gitary sześciostrunowej (wysokie e1, h, g, d, a oraz E) po uderzeniu drgają z częstotliwościami: 329,63 Hz; 246,94 Hz; 196,00 Hz; 146,83 Hz; 110,00 Hz oraz 82,41 Hz. Częstotliwości zależą od prędkości fali na strunie i długości fali. Struny mają różne gęstości liniowe i są strojone przez zmianę ich naciągu. W podrozdziale Interferencja fal przekonamy się, że długość fali zależy od długości struny i warunków brzegowych. Aby zagrać dźwięk inny niż standardowy, należy zmienić długość struny przez jej dociśnięcie do progu. Sprawdź, czy rozumiesz. Prędkość fali na strunie zależy od naprężenia i gęstości liniowej masy. Jak zmieni się prędkość fali na strunie, jeśli podwoimy wartość naprężenia? Ponieważ prędkość fali na strunie jest proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego naprężenia podzielonego przez liniową gęstość, to prędkość fali w naszym przypadku musi wzrosnąć o 2 . Prędkość fal w cieczach Prędkość fali na strunie zależy od pierwiastka kwadratowego z naprężenia podzielonego przez masę przypadającą na jednostkę długości. Ogólnie rzecz ujmując, prędkość fali w ośrodku zależy od własności sprężystych ośrodka i jego bezwładności: | v | = sprężystość bezwładność . Sprężystość ośrodka oznacza zdolność jego cząsteczek do osiągania stanu równowagi po zaburzeniu. Bezwładność oznacza opór, jaki cząsteczki stawiają wobec zmian prędkości. Prędkość fali podłużnej w płynie zależy od jego gęstości i modułu sprężystości objętościowej: v = K ρ . Moduł sprężystości objętościowej (moduł Helmholtza) definiuje się jako K = − Δ p Δ V V 0 , gdzie Δ p oznacza zmianę ciśnienia, a mianownik wyraża stosunek zmiany objętości do objętości początkowej, natomiast ρ ≡ m V oznacza masę przypadającą na jednostkę objętości. Przykładowo dźwięk jest falą mechaniczną, która może się rozchodzić w płynie lub ciele stałym. Prędkość dźwięku w powietrzu przy ciśnieniu atmosferycznym, wynoszącym 1,013 ⋅ 10 5 P a , oraz w temperaturze 20 ° C wynosi v s ≈ 343,00 m/s . Ponieważ gęstość zależy od temperatury, prędkość dźwięku w powietrzu zależy od temperatury powietrza. Będziemy to zagadnienie omawiali w rozdziale Dźwięk . Podsumowanie Prędkość fali na strunie zależy od gęstości liniowej struny i jej naprężenia. Gęstość liniowa to masa przypadająca na jednostkę długości struny. Ogólnie prędkość dźwięku zależy od pierwiastka kwadratowego stosunku własności sprężystych ośrodka i jego bezwładności. Prędkość dźwięku w powietrzu w temperaturze T = 20 ° C wynosi w przybliżeniu v s = 343,00 m/s . Pytania Ile razy wzrośnie prędkość fali na strunie, jeżeli naprężenie struny zwiększy się czterokrotnie? Prędkość fali jest proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z naciągu, a zatem wzrośnie dwukrotnie. Czy dźwięk porusza się szybciej w wodzie słonej niż w słodkiej, jeśli temperatury obu są takie same, a dźwięk biegnie po ich powierzchni? ρ słodka ≈ 1000 k g m 3 , ρ słona ≈ 1030 k g m 3 , K słodka = 2,15 ⋅ 10 9 P a , K słona = 2,34 ⋅ 10 9 P a Struny gitary mają różne liniowe gęstości masy. Jeśli strunę o niższej gęstości i strunę o wyższej gęstości poddamy tym samym naprężeniom, to wzdłuż której z nich powstanie fala o większej prędkości? Ponieważ prędkość fali na strunie jest odwrotnie proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z liniowej gęstości masy, prędkość będzie większa na strunie o niższej gęstości liniowej masy. Poniżej pokazano trzy fale, które wytworzono na strunie w różnych chwilach czasu. Naprężenia strun są stałe. (a) Uporządkuj fale pod względem ich długości. (b) Uporządkuj fale pod względem ich częstotliwości. Linie trakcji elektrycznej rozmieszczone pomiędzy dwoma słupami czasami ulegają zerwaniu na skutek silnych podmuchów wiatru. Prędkość fali na takiej linii zależy od jej naprężenia. Co jest jego źródłem? Naprężenie drutu wynika z ciężaru kabla elektrycznego. Dwie struny różniące się liniowymi gęstościami masy połączono w jedną strunę. Koniec struny o większej gęstości liniowej przytwierdzono do ściany. Koniec o mniejszej gęstości student trzyma w ręku. Następnie student uderzył ręką koniec struny, wytwarzając falę. Gdyby naprężenie struny było stałe w całej jej długości, to czy prędkość fali w obu fragmentach struny byłaby identyczna? Zadania Fala poprzeczna rozchodzi się wzdłuż struny o długości 5,00 m z prędkością 30,00 m/s. Struna poddana jest naprężeniu 10,00 N. Ile wynosi masa struny? Drut miedziany ma gęstość ρ = 8920 kg/m 3 , jego promień wynosi 1,20 mm, a długość L . Poddano go naprężeniu 10,00 N i wzdłuż niego wytworzono falę poprzeczną. (a) Jaka jest liniowa gęstość masy drutu? (b) Jaka jest prędkość fali rozchodzącej się wzdłuż drutu? a. μ = 0,040 k g / m , b. v = 15,75 m/s Struna fortepianu ma liniową gęstość masy μ = 4,95 ⋅ 10 − 3 k g / m . Ile powinno wynosić naprężenie struny, aby prędkość fali wyniosła 500,00 m/s? Struna o liniowej gęstości masy μ = 0,0060 kg/m jest przymocowana do sufitu. Do jej swobodnego końca przywiązano odważnik o masie 20 kg. Struna została uderzona i wzdłuż niej powstała fala. Oszacuj prędkość tej fali. v = 180 m/s Sznur ma liniową gęstość masy μ = 0,0075 kg/m , a jego długość wynosi 3 m. Został on szarpnięty i w ciągu 0,20 s fala dobiegła do jego końca. Jakie jest naprężenie sznura? Struna ma długość 3,00 m, a jej masa wynosi 5,00 g. Poddano ją naprężeniu 500,00 N i wytworzono wzdłuż niej impuls. Ile czasu potrzeba, aby przemieścił się on wzdłuż struny? v = 547,723 m/s , Δ t = 5,48 ms Fala dźwiękowa rozchodzi się w azocie w warunkach normalnych. Zakładając, że gęstość ρ = 1,25 kg/m 3 , a moduł sprężystości objętościowej wynosi K = 1,42 ⋅ 10 5 P a , oblicz prędkość dźwięku. Jaka jest w przybliżeniu prędkość dźwięku w powietrzu o temperaturze T = 28 ° C ? v s = 347,56 m/s Fala poprzeczna rozchodzi się wzdłuż struny poddanej naprężeniu 7,00 N z prędkością 20,00 m/s. Jakie powinno być naprężenie struny, aby prędkość fali była równa 25,00 m/s? Dwie struny są zamocowane pomiędzy dwoma palami, jak pokazano na poniższym rysunku. Pale są odległe o 2,00 m. Każdą strunę poddano naprężeniu 600,00 N. Struna 1 ma liniową gęstość μ 1 = 0,0025 kg/m , a struna 2 μ 2 = 0,0035 kg/m . Na końcach z każdej strony generowane są fale poprzeczne, tak jak pokazano na rysunku. Ile czasu musi upłynąć, aby się spotkały? v 1 t + v 2 t = 2,00 m , t = 1,69 ms Dwie struny zamocowano do dwóch pali, jak pokazano na rysunku powyżej. Odległość między palami wynosi 2,00 m. Gęstość liniowa każdej struny wynosi μ 1 = 0,0025 kg/m , naprężenie struny 1 wynosi 600,00 N, a struny 2 700,00 N. Fale poprzeczne są generowane na obu końcach strun, jak pokazano na rysunku. Ile potrzeba czasu, aby się spotkały? Dźwięk e 1 fortepianu ma częstotliwość f = 393,88 H z . Jaka będzie prędkość fali na strunie i jej długość, jeśli struna o liniowej gęstości masy μ = 0,012 kg/m zostanie poddana sile naciągu o wartości 1000,00 N? v = 288,68 m/s , λ = 0,73 m Dwie fale poprzeczne poruszają się wzdłuż struny. Prędkość każdej z nich wynosi v = 30,00 m/s . Wykres wychylenia w funkcji położenia dla chwili czasu t = 0,00 s przedstawiono na poniższym rysunku. (a) Ile wynoszą długości tych fal? (b) Ile wynoszą ich częstotliwości? (c) Jaka jest maksymalna prędkość w kierunku pionowym dla każdej z fal? Fala sinusoidalna rozchodzi się wzdłuż struny o liniowej gęstości masy μ = 0,060 kg/m . Maksymalna prędkość fali w kierunku pionowym to v y max = 0,30 cm/s . Fala jest opisana rozwiązaniem równania falowego y ( x , t ) = A sin ( 6,00 m −1 x − 24,00 s −1 t ) . (a) Jaka jest amplituda fali? (b) Jakie jest naprężenie struny? a. A = 0,0125 cm; b. F T = 0,96 N Prędkość fali poprzecznej na strunie wynosi v = 60,00 m/s , natomiast naciąg struny wynosi F T = 100,00 N . Jakie powinno być naprężenie struny, by prędkość fali wzrosła do v = 120,00 m/s?", "section": "Prędkość fali na naprężonej strunie", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Energia i moc fali Wszystkie fale przenoszą energię, co czasami możemy zaobserwować bezpośrednio. Trzęsienia ziemi są w stanie doszczętnie zniszczyć całe miasta ( ). Hałas może uszkodzić komórki nerwowe narządu słuchu, co powoduje trwały ubytek słuchu. Ultradźwięki pomocne są w leczeniu nadwerężonych mięśni. Wiązka laserowa może być użyta do zniwelowania komórek nowotworowych. Fale wodne podmywają plaże. Zniszczenia spowodowane trzęsieniem ziemi to namacalny dowód na to, że fale przenoszą energię. Magnituda (dawniej skala Richtera), w której mierzy się siłę wstrząsu, jest skalą logarytmiczną uwzględniającą zarówno amplitudę wstrząsu, jak i energię, jaką wstrząs przenosi. W tym rozdziale poznamy wzory, które ilościowo opisują energię fal. Mają one fundamentalne znaczenie dla wszystkich pozostałych fal, które poznamy podczas kursu fizyki. Energia fal Energia fali zależy od jej amplitudy i częstotliwości, co udowadniają liczbne przykłady. Trzęsienia ziemi o dużych amplitudach powodują znaczne zniszczenia. Głośne dźwięki mają dużą amplitudę i wytwarzane są przez źródła o większej amplitudzie drgań niż w przypadku dźwięków o mniejszej amplitudzie. Wysokie fale morskie niszczą wybrzeże w dużo większym stopniu niż niskie fale. Tymczasem powróćmy do przypadku mewy siedzącej na powierzchni wody, omawianego wcześniej w tym rozdziale ( ). Ptak wykonuje drgania pod wpływem ruchu falowego, co powoduje zmiany jej energii potencjalnej. Im większa amplituda fali, tym większa zmiana energii potencjalnej mewy. Jeśli przyjmiemy, że fala jest pakietem energii, to okaże się, że fala o wysokiej częstotliwości może dostarczyć więcej takich pakietów w jednostce czasu niż fala o niskiej częstotliwości. Pokażemy, że średnie tempo transportu energii przez falę mechaniczną jest proporcjonalne do kwadratu amplitudy oraz kwadratu częstotliwości. Jeśli dwie fale mechaniczne mają te same amplitudy, ale jedna z nich ma częstotliwość równą podwojonej częstotliwości drugiej, to fala o wyższej częstotliwości może przenosić energię cztery razy szybciej. Zauważmy, że choć szybkość transportu energii przez falę mechaniczną jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy i kwadratu częstotliwości fali, to dla fali elektromagnetycznej szybkość transportu pozostaje proporcjonalna do kwadratu amplitudy, ale jest niezależna od częstotliwości. Moc fal Rozważmy sinusoidalną falę na drgającej strunie, pokazaną na . Pręt jest wprawiany w drgania przy pomocy specjalnego urządzenia, zwanego oscylatorem. Pręt połączony jest ze struną o jednorodnej gęstości masy, dzięki czemu struna jest również wprawiana w drgania, które wytwarzają wzdłuż niej falę sinusoidalną. Innymi słowy, pręt wytwarza energię, która rozchodzi się wzdłuż struny. Rozważmy element struny o masie Δ m ( ). Ponieważ energia rozchodzi się wzdłuż struny, to każdy jej element drga z tą samą częstotliwością, z jaką rozchodzi się fala. Każdy element struny może być opisany za pomocą modelu prostego oscylatora harmonicznego. Ponieważ struna ma stałą gęstość liniową μ = Δ m / Δ x , każdy odcinek struny ma masę Δ m = μ Δ x . Oscylator wprawia w drgania pręt, a ten następnie wprawia w drgania połączoną z nim strunę. Wskutek drgań struny powstaje fala, która przemieszcza się wzdłuż pręta z prędkością v . Prędkość fali zależy od naprężenia struny i jej liniowej gęstości masy. Odcinek struny o masie Δ m wykonuje drgania o częstotliwości równej częstotliwości fali. Całkowita energia mechaniczna fali to suma energii kinetycznej i potencjalnej. Energia kinetyczna K = 1 2 m v 2 każdego odcinka struny o długości Δ x wynosi Δ K = 1 2 ( Δ m ) v y 2 . Każdy odcinek wykonuje drgania w płaszczyźnie prostopadłej do kierunku rozchodzenia się fali. Jeśli liniowa gęstość masy jest stała, to energia kinetyczna każdego odcinka struny o długości Δ x wynosi: Δ K = 1 2 ( μ Δ x ) v y 2 . Napiszmy równanie różniczkowe, przyjmując, że długość odcinka struny dąży do zera: d K = lim Δ x → 0 1 2 ( μ Δ x ) v y 2 = 1 2 ( μ d x ) v y 2 . Dla fali sinusoidalnej o częstości kołowej ω położenie każdego odcinka można opisać jako y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) . Każdy odcinek struny wykonuje drgania z prędkością v y = ∂ y ( x , t ) ∂ t = − A ω cos ( k x − ω t ) . Energia kinetyczna każdego odcinka struny wynosi: d K = 1 2 ( μ d x ) ( − A ω cos ⁡ ( k x − ω t ) ) 2 , = 1 2 ( μ d x ) A 2 ω 2 cos 2 ⁡ ( k x − ω t ) . Fala może mieć długość równą wielokrotności długości fali. Aby dokonać normalizacji energii, rozważmy energię kinetyczną przypadającą na jednostkę długości fali. Taka energia kinetyczna może być policzona jako całka po długości fali: d K = 1 2 ( μ d x ) ( A 2 ω 2 cos 2 ⁡ ( k x ) , K = ∫ 0 λ d K = ∫ 0 λ 1 2 μ A 2 ω 2 cos 2 ⁡ ( k x ) d x = 1 2 μ A 2 ω 2 ∫ 0 λ cos 2 ⁡ ( k x ) d x , K λ = 1 2 μ A 2 ω 2 [ 1 2 x + 1 4 k sin ⁡ ( 2 k x ) ] 0 λ = 1 2 μ A 2 ω 2 [ 1 2 λ + 1 4 k sin ⁡ ( 2 k λ ) − 1 4 k sin ⁡ ( 0 ) ] , K λ = 1 4 μ A 2 ω 2 λ . Fala ma również energię potencjalną. Podobnie jak w przypadku masy wykonującej drgania na sprężynie, dla fal również mówimy o sile zachowawczej. Powoduje ona, że odcinek sprężyny wychylony z położenia równowagi powraca do niego. Energię potencjalną dla takiego odcinka możemy wyliczyć, jeśli znamy stałą sprężystości. W rozdziale Drgania dowiedzieliśmy się, że energia potencjalna zmagazynowana w sprężynie wynosi U = 1 2 k s x 2 , gdzie położenie równowagi definiowane jest jako: x = 0,00 m . Gdy masa zawieszona na sprężynie wykonuje proste drgania harmoniczne, częstość kołowa wynosi ω = k s / m . Stała sprężystości wynosi k s = Δ m ω 2 . Energia potencjalna odcinka sprężyny wynosi: Δ U = 1 2 k s x 2 = 1 2 Δ m ω 2 x 2 . Zwróćmy uwagę, że k s jest stałą sprężystości, a nie liczbą falową k = 2 π / λ . Możemy użyć powyższego równania, aby wyliczyć ilość energii przypadającą na jednostkę długości fali. Całkując po odcinku o długości równej długości fali, wyliczymy energię potencjalną przypadającą na długość fali: d U = 1 2 k s x 2 = 1 2 μ ω 2 x 2 d x , U λ = 1 2 μ ω 2 A 2 ∫ 0 λ cos 2 ⁡ ( k x ) d x = 1 4 μ A 2 ω 2 λ . Energia potencjalna przypadająca na jednostkę długości fali równa się energii kinetycznej przypadającej na jednostkę długości fali. Całkowita energia przypadająca na jednostkę długości fali to suma energii potencjalnej i kinetycznej: E λ = U λ + K λ , E λ = 1 4 μ A 2 ω 2 λ + 1 4 μ A 2 ω 2 λ = 1 2 μ A 2 ω 2 λ . Uśrednioną w czasie moc sinusoidalnej fali mechanicznej, przez którą należy rozumieć średnią szybkość przenoszenia energii przez falę, możemy obliczyć, jeśli podzielimy całkowitą energię przez czas przekazywania energii. Jeśli prędkość fali sinusoidalnej jest stała, to dla jednostkowej długości fali czas ten jest równy okresowi fali. Zatem dla fali sinusoidalnej uśredniona w czasie moc to energia podzielona przez okres. Długość fali podzielona przez okres to prędkość. P średnie = E λ T = 1 2 μ A 2 ω 2 λ T = 1 2 μ A 2 ω 2 v . Zwróćmy uwagę, że uśredniona w czasie moc fali sinusoidalnej jest wprost proporcjonalna do kwadratu amplitudy fali i do kwadratu częstości kołowej fali. Przypomnijmy sobie, że częstość kołowa wynosi ω = 2 π f , zatem moc fali mechanicznej jest również proporcjonalna do kwadratu amplitudy i kwadratu częstotliwości fali. Moc dostarczana do struny przez oscylator Rozważmy dwumetrową strunę o masie 70,00 g połączoną z oscylatorem, jak pokazano na . Jej naprężenie wynosi 90,0 N. Po włączeniu, oscylator wytwarza drgania o częstotliwości 60 Hz, które wywołują sinusoidalną falę na strunie. Amplituda fali wynosi 4,00 cm, a prędkość jest stała. Ile wynosi uśredniona w czasie moc dostarczana fali? Strategia rozwiązania Moc dostarczana fali powinna być równa uśrednionej w czasie mocy fali na strunie. Znamy masę struny m s , długość struny L s oraz jej naprężenie F T . Prędkość fali na strunie możemy wyliczyć z liniowej gęstości masy i naprężenia. Struna drga z częstotliwością równą częstotliwości drgań oscylatora, co pozwala obliczyć częstość kołową. Rozwiązanie Zacznijmy od wzoru na uśrednioną w czasie moc fali sinusoidalnej na strunie: P = 1 2 μ A 2 ω 2 v . Amplituda jest podana. Musimy obliczyć liniową gęstość masy struny, częstość kołową fali na strunie i jej prędkość. Musimy obliczyć liniową gęstość, aby wyliczyć potem prędkość fali: μ = m s L s = 0,070 k g 2,00 m = 0,035 k g m . Prędkość fali możemy obliczyć na podstawie gęstości liniowej i naprężenia struny: v = F T μ = 90,00 N 0,035 k g / m = 50,71 m s . Częstość kołową możemy obliczyć z częstotliwości: ω = 2 π f = 2 π ⋅ 60 1 s = 376,80 1 s . Obliczamy uśrednioną w czasie moc: P = 1 2 μ A 2 ω 2 v = 1 2 ⋅ 0,035 k g m ⋅ ( 0,040 m ) 2 ⋅ ( 376,8 1 s ) 2 ⋅ 50,71 m s = 201,59 W . Znaczenie Uśredniona w czasie moc fali sinusoidalnej jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy fali i kwadratu częstości kołowej fali. Tak jest dla większości fal mechanicznych. Jeśli albo częstość kołowa, albo amplituda fali ulegną podwojeniu, wówczas moc wzrośnie czterokrotnie. Uśredniona w czasie moc fali na strunie jest również proporcjonalna do prędkości sinusoidalnej fali na strunie. Jeśli prędkość wzrośnie dwa razy, to poprzez czterokrotny wzrost naprężenia moc również wzrośnie dwukrotnie. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy uśredniona w czasie moc fali sinusoidalnej na strunie jest proporcjonalna do liniowej gęstości struny? Na pierwszy rzut oka wydaje się, że uśredniona w czasie moc fali sinusoidalnej na strunie jest proporcjonalna do liniowej gęstości struny, ponieważ P = 1 2 μ A 2 ω 2 v , a prędkość fali zależy od gęstości liniowej. Jeśli zastąpimy prędkość fali przez F T / μ , to okaże się, że moc jest proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z naprężenia i do pierwiastka kwadratowego z liniowej gęstości masy: P = 1 2 μ A 2 ω 2 v = 1 2 μ A 2 ω 2 F T μ = 1 2 A 2 ω 2 μ F T . Wyrażenia na energię fali i uśrednioną w czasie moc dotyczą fali sinusoidalnej na strunie. Generalnie energia fali mechanicznej i jej moc są proporcjonalne do kwadratu amplitudy i kwadratu częstości kołowej (a zatem również do kwadratu częstotliwości). Inną ważną wielkością jest natężenie fali. Fale mogą być skupione lub rozrzedzone. Przykładowo fale sejsmiczne potrafią rozchodzić się na bardzo duże odległości. Im bardziej oddalą się od źródła, tym mniejszych dokonają zniszczeń. Odległość, na jaką oddaliła się fala, pozwala obliczyć powierzchnię, przez którą przechodzi. Znając powierzchnię, możemy wyliczyć natężenie (ang. intensity ) oznaczane I , czyli moc przypadającą na jednostkę powierzchni: I = P A , gdzie P jest mocą, jaką przenosi fala, przechodząc przez powierzchnię A . Podana definicja jest prawdziwa dla każdego zagadnienia, w którym zachodzi transport energii. W układzie SI jednostką natężenia jest W / m 2 . Wiele fal występujących w przyrodzie to fale koncentryczne, które rozchodzą się od źródła w postaci powierzchni sferycznych. Na przykład głośnik zamocowany na słupie wytwarza fale kuliste. Chociaż fale dźwiękowe będziemy omawiać w następnym rozdziale, to już tutaj chcemy zasygnalizowac, że im dalej znajdujemy się od głośnika, tym dźwięk dochodzący do naszych uszu jest słabszy. Im większą odległość pokona fala, tym jej promień fali zakreśli większą powierzchnię A = 4 π r 2 . Natężenie fali kulistej wynosi zatem: I = P 4 π r 2 . Jeśli nie ma rozpraszania, energia pozostaje stała w trakcie ruchu fali kulistej, ale jej natężenie zmniejsza się w miarę oddalania się fali od źródła, ponieważ wzrasta jej powierzchnia. W przypadku ruchu dwuwymiarowej fali kulistej jej obwód się powiększa, ponieważ wzrasta promień. Jeśli wrzucimy kamień do sadzawki, wokół źródła zaczną rozchodzić się koncentryczne fale. W miarę wzrostu odległości od ich źródła natężenie się zmniejsza proporcjonalnie do 1 / r a nie 1 / r 2 . Podsumowanie Energia i moc fali są proporcjonalne do kwadratu amplitudy fali i kwadratu częstości kołowej fali. Uśredniona w czasie moc fali sinusoidalnej na strunie wynosi: P średnia = 1 2 μ A 2 ω 2 v , gdzie μ jest liniową gęstością masy struny, A amplitudą fali, ω częstością kołową fali, a v prędkością fali. Natężenie definiuje się jako moc przypadającą na jednostkę powierzchni. Dla fali kulistej powierzchnia wynosi A = 4 π r 2 , a natężenie I = P 4 π r 2 . Gdy fala oddala się od źródła, to energia zostaje zachowana, ale natężenie się zmniejsza, gdyż powierzchnia fali wzrasta. Pytania Rozważ naprężoną strunę o stałej liniowej gęstości masy. Siła zewnętrzna powoduje powstanie na niej fali o znanej częstości kołowej i amplitudzie. Jeśli częstotliwość siły zewnętrznej zmniejszy się o połowę, to jak zmieni się uśredniona w czasie moc przenoszona przez tę falę? Uśredniona w czasie moc wynosi P = E λ T = 1 2 μ A 2 ω 2 λ T = 1 2 μ A 2 ω 2 v . Jeśli częstotliwość lub amplituda zmniejszą się o połowę, to moc zmniejszy się czterokrotnie. Amplituda koncentrycznej fali na wodzie zmniejsza się w miarę wzrostu odległości od punktu, w którym wrzucono kamień. Wyjaśnij dlaczego. W przypadku poprzecznej fali ruch struny zachodzi w płaszczyźnie prostopadłej do kierunku rozchodzenia się fali. Jak to możliwe, że energia jest przenoszona wzdłuż struny? Ponieważ odcinek struny porusza się w kierunku wertykalnym i wywiera nacisk na sąsiadujące z nim odcinki struny, przenosząc energię. Energia słoneczna ogrzewa te miejsca na kuli ziemskiej, które w ciągu dnia zwrócone są do Słońca. Dlaczego na biegunach jest zimno, podczas gdy na równiku jest ciepło? Natężenie fali kulistej zmniejsza się w miarę oddalania się jej od źródła. Jeśli w pobliżu źródła natężenie wynosi I 0 , to w jakiej odległości od źródła fala będzie miała natężenie 9 razy mniejsze? Natężenie fali kulistej wynosi: I = P 4 π r 2 , i jeśli energia nie jest rozpraszana, to natężenie na odcinku 3-metrowym zmniejszy się 9 razy. Zadania Struna o długości 5 m i masie 90 g jest poddana naprężeniu 100 N. Wzdłuż niej rozchodzi się fala, którą możemy opisać równaniem: y ⁡ x t = 0,01 ⁢ m y ⁡ x t = ⋅ sin 0,40 ⁢ m -1 ⋅ x − 1170,12 ⁢ s -1 ⋅ t . Jaka moc przypada na jednostkę długości fali? v = 74,54 m/s, P λ = 91,85 W Ultradźwięk o natężeniu 1,5 ⋅ 10 2 W / m 2 jest wytwarzany przez głowicę ultrasonografu, za pomocą którego możemy dokonać obrazowania prostokątnego fragmentu ciała ludzkiego o wymiarach 3,00 cm na 5,0 cm. Jaka jest moc wyjściowa ultradźwięku? Głośnik niskiej częstotliwości ma powierzchnię A = 0,05 m 2 i wytwarza 1 W mocy akustycznej. (a) Jakie jest natężenie dźwięku w jego pobliżu? (b) Jeśli od głośnika dźwięki rozchodzą się równomiernie we wszystkich kierunkach, to w jakiej odległości od niego słyszalny będzie dźwięk o natężeniu 0,1 W/m 2 ? a. I = 20,0 W/m 2 ; b. I = P A , A = 10,0 m 2 A = 4 π r 2 , r = 0,892 m Ile razy należy zwiększyć amplitudę fali, żeby zwiększyć jej natężenie 50 razy? Do pomiaru natężenia światła słonecznego używa się miernika, którego powierzchnia 100 cm 2 rejestruje promieniowanie o mocy 6,50 W. Podaj zarejestrowane natężenie w ( W/m 2 ). I = 650 W/m 2 Energia słoneczna, która dociera do powierzchni Ziemi, ma natężenie 1400 W/m 2 . Jak dużo czasu potrzeba, aby dostarczyć energię 1,8 ⋅ 10 9 J na powierzchnię 1,00 m 2 ? Przypuśćmy, że dysponujemy urządzeniem, które odzyskuje moc z fal morskich. Moc ta jest proporcjonalna do natężenia fal. Jeśli dziennie urządzenie wytwarza 10,0 kW mocy z fal o wysokości 1,20 m, to ile wytoworzy mocy z fali o wysokości 0,600 m? P ∝ E ∝ I ∝ X 2 ⇒ P 2 P 1 = ( X 2 X 1 ) 2 P 2 = 2,50 kW Panele słoneczne przetwarzają energię słoneczną na energię elektryczną z wydajności 10,0 %. Jeśli średnie natężenie światła słonecznego w dzień wynosi 70,00 W/m 2 , to jaką powierzchnię powinien mieć panel, żeby wytworzyć energię elektryczną o mocy 100 W? (b) Ile wynosi maksymalny koszt paneli, jeśli inwestycja musi się zwrócić po 2 latach, a korzysta się z nich 10 h dziennie? Załóż, że 1 kW energii kosztuje 50 groszy. Dźwięk dochodzący do mikrofonu tworzy na ekranie oscyloskopu sinusoidę. Jeśli natężenie oryginalnego dźwięku, wynoszące 2,00 ⋅ 10 − 5 W / m 2 , uległo wzmocnieniu, a amplituda wzmocnionego dźwięku wzrosła o 30,0 % , to jakie jest natężenie wzmocnionego dźwięku? I ∝ X 2 ⇒ I 1 I 2 = ( X 1 X 2 ) 2 ⇒ I 2 = 3,38 ⋅ 10 − 5 W / m 2 Struna ma masę 0,30 kg i długość 4,00 m. Jeśli jej naprężenie wynosi 50,00 N, a sinusoidalna fala indukowana na strunie ma amplitudę 2,00 cm, to jaka jest jej częstotliwość, jeśli średnia moc wynosi 100,00 W? Wzdłuż struny ( μ = 0,05 kg/m ) została wygenerowana fala sinusoidalna. Równanie falowe dla takiej fali ma postać: y ( x , t ) = A sin ( 20,93 m −1 x − ω t ) . Jaka jest częstotliwość i amplituda fali? f = 100,00 Hz , A = 1,10 cm Struna została poddana naprężeniu F T . Energia jest przenoszona przez falę na strunie w tempie P 1 , a częstotliwość tej fali wynosi f 1 . Jak zmieni się tempo przenoszenia energii P 2 w porównaniu z P 1 , jeśli naprężenie wzrośnie dwukrotnie? Uderzono kamerton o częstotliwości 250 Hz. Natężenie dźwięku wynosi I 1 w odległości 1,00 m od źródła. (a) Ile wynosi natężenie dźwięku w odległości 4,00 m od źródła? (b) Jak daleko od kamertonu słychać dźwięk o natężeniu równym 1/10 natężenia dźwięku w punkcie położonym bardzo blisko źródła? a. I 2 = 0,063 I 1 ; b. I 1 4 π r 1 2 = I 2 4 π r 2 2 r 2 = 3,16 m Głośnik jest zasilany napięciem U = 120,00 V , a płynący w nim prąd ma natężenie I = 10,00 A . Moc wynosi P = I U . Aby przetestować głośnik, na jego wejście podano sygnał o przebiegu sinusoidalnym. Zakładając, że dźwięk jest falą kulistą i cała energia dostarczona do głośnika zostaje zamieniona na energię akustyczną, oblicz, jak daleko od głośnika słychać dźwięk o natężeniu 3,82 W/m 2 ? Energia fali, która powstała na powierzchni sadzawki, jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy. W przypadku, gdy odległość fali od źródła wynosi 6,00 m, amplituda fali wynosi 0,1 cm. Ile wynosiłaby amplituda dla odległości fali od źródła równej 2,00 m? 2 π r 1 A 1 2 = 2 π r 2 A 2 2 , A 1 = ( r 2 r 1 ) 1 / 2 A 1 = 0,17 m natężenie fali (ang. intensity ) I moc przypadająca na jednostkę powierzchni", "section": "Energia i moc fali", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Interferencja fal Do tej pory zajmowaliśmy się falami mechanicznymi rozchodzącymi się w ośrodku, nie uwzględniając tego, co się stanie, jeśli fala napotka granicę ośrodka lub jeśli napotka inną falę, rozchodzącą się w tym samym ośrodku. Fala, która napotka granicę ośrodka, może ulec całkowitemu lub częściowemu odbiciu od niej. Na przykład jeśli staniemy w pewnej odległości od urwiska i krzykniemy, to usłyszymy dźwięk odbity od urwiska, czyli echo. Fale rozchodzące się w tym samym ośrodku mogą ze sobą oddziaływać. Jeśli do sadzawki wpadną dwa kamienie w niewielkiej odległości od siebie, to fale, które się utworzą, nałożą się na siebie. To zjawisko nazywamy interferencją. W tym rozdziale zajmiemy się nim bardziej szczegółowo, wykazując, że zjawisko to różni się od zagadnień punktu materialnego czy bryły sztywnej. Później, gdy będziemy zajmować się fizyką współczesną, zobaczymy, że dopiero gdy badamy materię na poziomie atomowym, możemy zauważyć podobieństwa między falami a cząstkami. Odbicie i transmisja Fala rozchodząc się w ośrodku i napotyka jego granicę, ulega odbiciu. Fala, która biegnie w kierunku granicy ośrodka, to fala padająca, natomiast fala, która odbiła się od granicy, to fala odbita. Sposób, w jaki odbija się od granicy ośrodka, zależy od warunków brzegowych, a dokładnie od tego, czy granica jest ustalona i wynosi zero, czy może przyjmować dowolne wartości ( ). Przez ustalone warunki brzegowe (ang. fixed boundary condition ) rozumiemy sytuację, gdy granica ośrodka nie ma swobody ruchu. Analogicznie, swobodne warunki brzegowe (ang. free boundary condition ) oznaczają sytuację, gdy granica ośrodka może zmieniać swoje położenie. (a) Jeden koniec struny jest ustalony i nie ma swobody ruchu. Fala biegnąca wzdłuż struny, napotykając ustalone warunki brzegowe , po odbiciu zmienia fazę o 180 ∘ ( π r a d ) w porównaniu z fazą fali padającej. (b) Jeden koniec struny jest zamocowany do drążka o pomijalnej masie, przy czym drążek ma swobodę ruchu. Fala rozchodząca się wzdłuż struny, napotykając swobodne warunki brzegowe , odbija się i zmienia fazę o 0 ∘ ( 0 r a d ) w porównaniu z fazą fali padającej. (a) prezentuje sytuację dla ustalonych warunków brzegowych. Jeden koniec struny jest przytwierdzony do ściany, co zapobiega przemieszczaniu się ośrodka (tu: struny). Amplituda fali odbitej jest równa amplitudzie fali padającej, ale faza fali odbitej różni się o 180 ∘ ( π r a d ) od fazy fali padającej. Zmianę fazy możemy objaśnić, korzystając z trzeciej zasady dynamiki Newtona, zgodnie z którą jeśli ciało A działa na ciało B , wówczas ciało B oddziałuje na ciało A siłą o takiej samej wartości, ale skierowaną przeciwnie. Kiedy fala padająca napotyka przeszkodę w postaci ściany, to siła, z jaką struna oddziałuje na ścianę, ma przeciwny zwrot do siły, z jaką ściana oddziałuje na strunę. Zwróćmy uwagę, że grzbiet fali padającej odpowiada dolinie fali odbitej i vice versa . (b) pokazuje z kolei swobodne warunki brzegowe. Koniec struny jest zamocowany do drążka o pomijalnej masie, przez co struna ma swobodę ruchu. Również i w tym przypadku fala padająca odbija się od granicy ośrodków, ale w takich warunkach fale odbita i padająca mają zgodne fazy. Fala, padając na granicę ośrodków, działa na drążek siłą, która powoduje jego przyspieszenie. Maksymalne wychylenie drążka równa się amplitudzie fali. Następnie drążek wraca do położenia równowagi pod wpływem siły sprężystości struny. Jak pokazano na rysunku, położenie grzbietu fali padającej odpowiada położeniu grzbietu fali odbitej. Analogicznie położenie doliny fali padającej odpowiadałoby położeniu doliny fali odbitej. Amplitudy fali padającej i odbitej są sobie równe. Czasami jednak granica ośrodka nie jest ani ustalona, ani swobodna. Na (a) przedstawiono sytuację, w której struna o małej liniowej gęstości masy jest połączona ze struną o większej liniowej gęstości masy. Wówczas oprócz fali odbitej i fali padającej występuje dodatkowo fala przechodząca, która jest w zgodnej fazie z falą padającą. Amplitudy fal przechodzącej i odbitej są mniejsze niż amplituda fali padającej. Jeśli naprężenia obu strun są równe, wówczas fala rozchodzi się szybciej w strunie o niższej liniowej gęstości masy. Fale biegnące wzdłuż dwóch typów strun: pogrubioną linią zaznaczono falę biegnącą wzdłuż struny o większej liniowej gęstości masy, a cieńszą linią zaznaczono falę wzdłuż struny o mniejszej liniowej gęstości. Obie struny poddano takim samym naprężeniom. Fala biegnąca wzdłuż struny o niższej gęstości liniowej porusza się szybciej niż fala biegnąca wzdłuż struny o wyższej gęstości. (a) Jeśli fala przechodzi z ośrodka o mniejszej gęstości liniowej do ośrodka o większej gęstości, to faza fali odbitej różni się o 180 ∘ ( π r a d ) od fazy fali padającej, a faza fali przechodzącej jest zgodna z fazą fali padającej. (b) Gdy fala przechodzi z ośrodka o większej gęstości liniowej do ośrodka o mniejszej gęstości, fazy fali odbitej i przechodzącej są zgodne z fazą fali padającej. Na (b) struna o dużej liniowej gęstości masy jest połączona ze struną o małej liniowej gęstości. Faza fali odbitej w takim przypadku jest zgodna z fazą fali padającej. Pojawia się również fala przechodząca o fazie zgodnej z fazą fali padającej. Amplitudy fal przechodzącej i odbitej są mniejsze niż amplituda fali padającej. Jeśli naprężenia obu strun są jednakowe, fala rozchodzi się szybciej w strunie o niższej gęstości masy. Superpozycja i interferencja Większość fal występujących w przyrodzie to jednak bardziej skomplikowane, zjawiska. Większość ciekawych fal mechanicznych stanowią kombinacje dwóch lub większej liczby fal rozchodzących się w tym samym ośrodku. Aby nauczyć się je analizować, musimy poznać zagadnienie superpozycji fal. Rozważmy dwa impulsy o takiej samej amplitudzie, które biegną naprzeciwko siebie w tym samym ośrodku, jak pokazano na . W efekcie fale pokryją się, w wyniku czego powstanie fala o amplitudzie dwa razy większej, a następnie fale zaczną biec w przeciwnych kierunkach. Zjawisko to nazywa się interferencją (ang. interference ). Impulsy biegną naprzeciwko siebie i ulegają interferencji. Pojęcie interferencji odnosi się do sytuacji, kiedy fale nałożą się na siebie. Aby prześledzić zjawisko interferencji, posłużymy się zasadą superpozycji fal. Dla fal mechanicznych zasada superpozycji (ang. superposition ) mówi, że jeśli co najmniej dwie fale biegnące nałożą się na siebie w tym samym punkcie, to wypadkowe położenie cząstki ośrodka w tym punkcie jest algebraiczną sumą położeń tego punktu dla każdej fali z osobna. Zasadę superpozycji można stosować dla fal na strunie, fal dźwiękowych, fal na powierzchni wody i innych. Fale elektromagnetyczne także jej podlegają, ale w ich przypadku nie dodaje się położeń punktu ośrodka, lecz natężenia pól elektrycznego i magnetycznego. Fale, które nie podlegają zasadzie superpozycji, to fale nieliniowe. W tym rozdziale mówimy tylko o falach liniowych, w szczególności sinusoidalnych. W celu wyjaśnienia zasady superpozycji posłużymy się liniowym równaniem falowym. W podrozdziale Matematyczny opis fal zdefiniowaliśmy falę liniową jako falę, której reprezentacją matematyczną jest liniowe równanie falowe. W przypadku fali poprzecznej na strunie, na którą działa siła sprężystości o charakterze liniowym, ma ono postać: ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 . Każda funkcja falowa y ( x , t ) = y ( x ∓ v t ) , której argument jest funkcją liniową ( x ∓ v t ) , jest rozwiązaniem liniowego równania falowego. Jeśli funkcje falowe y 1 ( x , t ) i y 2 ( x , t ) są rozwiązaniami liniowych równań falowych, to suma dwóch funkcji y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) jest również rozwiązaniem liniowego równania falowego. Na fale mechaniczne, które spełniają zasadę superpozycji, zwykle narzucone jest ograniczenie, że amplitudy muszą być małe w stosunku do długości fali. Jeśli amplituda byłaby zbyt duża, to ośrodek uległby takiemu odkształceniu, że siła sprężystości przestałaby być liniowa. Fale mogą ulegać interferencji konstruktywnej lub destruktywnej. Na pokazano dwie identyczne fale sinusoidalne, które mają takie same fazy. (a) i (b) przedstawia dwie fale liniowe, natomiast na (c) pokazano falę wypadkową utworzoną w wyniku algebraicznego dodania tych fal. Zarówno grzbiety, jak i doliny obu fal leżą w tych samych miejscach. W takim przypadku zachodzi wzmacnianie , inaczej interferencja konstruktywna (ang. constructive interference ), w wyniku czego powstaje fala o amplitudzie dwukrotnie większej niż amplitudy fal wyjściowych, ale o tej samej długości. przedstawia dwie takie same fale, których fazy różnią się o 180 ∘ . W takim przypadku zachodzi wygaszanie , inaczej interferencja destruktywna (ang. destructive interference ). (a) i (b) przedstawia dwie wyjściowe fale, natomiast (c) pokazuje falę, która jest wynikiem superpozycji dwóch fal. Ponieważ położenie grzbietu jednej fali odpowiada położeniu doliny drugiej, amplituda fali wypadkowej wynosi zero, innymi słowy w przypadku wygaszania fala znika. Wzmacnianie interferencyjne dwóch fal prowadzi do powstania fali o dwukrotnie większej amplitudzie, lecz o tej samej długości. Wygaszanie dwóch fal, których fazy różnią się o 180 ∘ ( π r a d ) , prowadzi do powstania fali o zerowej amplitudzie. Gdy fale liniowe ulegają interferencji, fala wypadkowa jest algebraiczną sumą fal składowych, jak zaprezentowaliśmy to przy okazji omawiania zasady superpozycji. Fakt ten zilustrowano na , gdzie widzimy dwie fale (zaznaczone liniami niebieską i czerwoną) oraz falę wypadkową (zaznaczoną linią czarną). Gdy dwie fale rozchodzące się w tym samym ośrodku interferują ze sobą, to wychylenie fali wypadkowej w każdym punkcie jest sumą algebraiczną fal składowych. Na rysunku widzimy dwie fale (linie czerwona i niebieska) dodane do siebie oraz falę wypadkową (linia czarna). Mogą one reprezentować dowolne rodzaje fal liniowych, na przykład fale powstające na powierzchni sadzawki, fale na strunie, dźwięk, fale elektromagnetyczne. Superpozycja większości fal prowadzi do powstania efektów, które są kombinacją interferencji konstruktywnej i destruktywnej, przy czym efekt zależy od miejsca i czasu obserwacji. Dźwięki wytwarzane przez wieżę stereo w jednym miejscu są głośne, a w innych ciche. Oznacza to, że w niektórych miejscach zachodzi interferencyjne wzmacnianie, a w innych osłabianie. Wieża stereo ma co najmniej dwa głośniki. Dźwięki wytwarzane przez każdy z nich mogą odbijać się od ścian. Wszystkie fale odbite interferują ze sobą, a fala wypadkowa jest ich superpozycją. Rozważyliśmy kilka przykładów, w których superpozycji ulegały fale podobne do siebie. Na prezentujemy przykład superpozycji dwóch różnych fal, gdzie po dodaniu zaburzeń obu otrzymujemy falę wypadkową. Superpozycja fal nieidentycznych prowadzi zarówno do wzmacniania, jak i do osłabiania interferencyjnego. W przypadkach, gdy co najmniej dwie fale mechaniczne interferują ze sobą, obraz interferencyjny utworzony przez falę wypadkową może być dość skomplikowany, nieposiadający żadnych rozpoznawalnych cech. To właśnie ta złożoność powoduje, że dźwięk brzmi ciekawie i chcemy go słuchać. Innym wartym wspomnienia przykładem superpozycji są fale stojące, które są wytwarzane przez fale biegnące w różnych kierunkach. Fale stojące omówimy w następnym podrozdziale. Spróbuj wykorzystać tę symulację , aby wytworzyć fale. Jako źródła możesz użyć cieknącego kranu, głośnika lub lasera. Aby utworzyć wzór interferencyjny, musisz użyć drugiego źródła fali lub pary szczelin. Do obserwacji możesz wybrać jedno źródło lub dwa źródła. W przypadku symulacji z wykorzystaniem dwóch źródeł możesz zaobserwować wzór interferencyjny, jaki powstanie na skutek dodawania się fal o różnych częstotliwościach i amplitudach. Superpozycja fal sinusoidalnych o różnych fazach Wiele przypadków, z którymi mamy do czynienia w fizyce, dotyczy dwóch fal sinusoidalnych o tych samych amplitudach, liczbach falowych i częstościach kołowych, ale różnych fazach : y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) , y 2 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) . Jeśli te dwie fale rozchodzą się w tym samym ośrodku, to fala wypadkowa, która powstaje wskutek superpozycji, ma postać: y R ( x , t ) = y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) + A sin ( k x − ω t ) . Jeśli zastosujemy tożsamość trygonometryczną: sin u + sin v = 2 sin ( u + v 2 ) cos ( u − v 2 ) , gdzie u = k x − ω t + ϕ i v = k x − ω t , to fala wypadkowa przyjmie postać: y R ( x , t ) = y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) + A sin ( k x − ω t ) = 2 A sin ( ( k x − ω t + ϕ ) + ( k x − ω t ) 2 ) cos ( ( k x − ω t + ϕ ) − ( k x − ω t ) 2 ) = 2 A sin ( k x − ω t + ϕ 2 ) cos ( ϕ 2 ) . Powyższe równanie można też zapisać jako: y R ( x , t ) = [ 2 A cos ( ϕ 2 ) ] sin ( k x − ω t + ϕ 2 ) . Fala wypadkowa ma tę samą liczbę falową i tę samą częstość kołową co fala pierwotna. Jej amplituda wynosi A R = 2 A cos ⁡ ( ϕ / 2 ) , a faza początkowa równa się połowie fazy początkowej fali pierwotnej. Przykłady fal, które różnią się jedynie fazą, zostały pokazane na . Fale zaznaczone na niebiesko i czerwono mają te same amplitudy, liczby falowe i częstości kołowe, ale różne fazy. Oznacza to, że mają te same okresy, długości i częstotliwości. Fala zaznaczona na czarno jest wynikiem superpozycji tych dwóch fal. Gdy różnica faz tych fal wynosi zero, wówczas są one w zgodnych fazach, a fala wypadkowa ma tę samą liczbę falową i częstość kołową, natomiast jej amplituda równa się dwukrotnej amplitudzie fal wyjściowych (patrz: (a)). Jest to przykład wzmacniania interferencyjnego. Jeśli różnica faz wynosi 180 ∘ , to wynikiem interferencji jest wygaszanie (patrz: (c)). Fala wypadkowa ma amplitudę równą zero. Przy każdej innej różnicy faz powstaje fala o liczbie falowej i częstości kołowej równych tym parametrom obu fal padających. Faza początkowa fali wypadkowej wynosi ϕ / 2 , a jej amplituda 2 A cos ( ϕ / 2 ) . Przykłady pokazano na (b) i (d). Superpozycja dwóch fal o tych samych amplitudach, długościach, częstotliwościach, ale różnych fazach. Fala czerwona jest opisana funkcją falową y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) , natomiast fala niebieska funkcją y 2 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) . Na czarno zaznaczono falę będącą wynikiem dodania tych dwóch fal. Różnice faz fal wynoszą: (a) 0,00 rad , (b) π / 2 rad, (c) π rad, (d) 3 π / 2 rad . Podsumowanie Superpozycja oznacza dodawanie wychyleń fal. Wzmacnianie interferencyjne występuje, gdy superpozycji ulegną dwie identyczne fale, które są w zgodnych fazach. Osłabianie interferencyjne występuje, gdy superpozycji ulegną dwie identyczne fale, których fazy różnią się o 180 ∘ ( π r a d ) . Amplituda fali, która powstaje w wyniku superpozycji dwóch fal sinusoidalnych różniących się tylko fazą, zależy od różnicy faz. Pytania Fala padająca rozchodzi się wzdłuż struny zamocowanej do ściany z prędkością v . Fala odbija się od końca struny. Opisz falę odbitą. Struna o długości 2,00 m i liniowej gęstości masy μ = 0,006 kg/m jest połączona z końcem struny o długości 2,00 m i liniowej gęstości masy μ = 0,012 kg/m . Koniec struny o wyższej gęstości przytwierdzono do ściany, natomiast swobodny koniec struny o niższej liniowej gęstości masy student trzyma w ręku w taki sposób, by naprężenie obu strun było takie samo. Opisz zjawiska zachodzące na granicy obu strun w przypadku gdy student wytworzył impuls wzdłuż struny. Na granicy strun impuls padający powoduje powstanie impulsu odbitego oraz impulsu przechodzącego. Impuls odbity będzie w przeciwnej fazie w stosunku do impulsu padającego, pobiegnie z tą samą prędkością, co impuls padający, ale w przeciwnym kierunku. Impuls przechodzący pobiegnie w tym samym kierunku co impuls padający, z prędkością równą połowie prędkości impulsu padającego. Impuls przechodzący będzie w fazie z impulsem padającym. Zarówno impuls odbity, jak i impuls przechodzący będą miały amplitudy mniejsze niż amplituda impulsu padającego. Dwóch studentów trzyma końce długiej struny. Każdy z nich wytwarza falę sinusoidalną na swoim końcu. Fale poruszają się w przeciwnych kierunkach. Jak będzie wyglądała fala, która jest wynikiem nałożenia się obu fal w punkcie odpowiadającym połowie długości struny. Wiele zagadnień omawianych w tym rozdziale może mieć zastosowanie do fal innych niż mechaniczne. W elektronice mamy do czynienia z falami przedstawionymi na poniższym rysunku. Taka fala może zostać utworzona przez urządzenie zwane konwerterem analogowo-cyfrowym, które przekształca ciągły sygnał napięcia na sygnał dyskretny. Jaki będzie wynik superpozycji takich dwóch sygnałów? Każdy z dwóch końców struny o stałej liniowej gęstości masy jest trzymany przez studenta. Naprężenie struny jest stałe. Każdy student wytwarza falę poprzez rozhuśtanie struny. (a) Czy jest możliwe, aby fale miały równe prędkości? (b) Czy fale mogą mieć różne częstotliwości? (c) Czy fale mogą mieć różne długości? Zadania Rozważ dwie fale sinusoidalne biegnące wzdłuż struny, opisane jako: y 1 ( x , t ) = 0,3 m sin ( 4 m −1 x + 3 s −1 t ) i y 2 ( x , t ) = 0,6 m sin ( 8 m −1 x − 6 s −1 t ) . Jakie jest wychylenie fali wypadkowej utworzonej w wyniku interferencji tych dwóch fal w punkcie x = 0,5 m w chwili t = 0,2 s? Rozważ dwie fale sinusoidalne biegnące wzdłuż struny, opisane przez równania: y 1 ( x , t ) = 0,3 m sin ( 4 m −1 x + 3 s −1 t + π 3 ) i y 2 ( x , t ) = 0,6 m sin ( 8 m −1 x − 6 s −1 t ) . Jakie jest wychylenie fali wypadkowej utworzonej w wyniku interferencji tych dwóch fal w punkcie x = 1,0 m w chwili t = 3,0 s? y ( x , t ) = 0,76 m Rozważ dwie fale sinusoidalne biegnące wzdłuż struny, opisane jako: y 1 ( x , t ) = 0,3 m sin ( 4 m −1 x − 3 s −1 t ) i y 2 ( x , t ) = 0,3 m sin ( 4 m −1 x + 3 s −1 t ) . Podaj funkcję falową fali wypadkowej. (Wskazówka: Skorzystaj z tożsamości sin ( u ± v ) = sin u cos v ± cos u sin v .) Dwie fale sinusoidalne biegną w tym samym ośrodku w tych samych kierunkach. Ich amplitudy wynoszą 3,00 cm, długości 5,20 m, a okresy 6,52 s. Faza początkowa jednej z nich wynosi ϕ . Jaka jest faza fali wyjściowej o amplitudzie 5,00 cm? (Wskazówka: Skorzystaj z tożsamości sin u + sin v = 2 sin ( u + v 2 ) cos ( u − v 2 ) .) A R = 2 A cos ( ϕ 2 ) , ϕ = 1,17 rad Dwie fale sinusoidalne biegną w tym samym ośrodku zgodnie ze zwrotem osi x . Obie mają amplitudy równe 6,00 cm, długości 4,3 m, okresy 6,00 s, a faza początkowa jednej z nich wynosi ϕ = 0,50 rad . Jakie jest wychylenie fali wypadkowej w chwili t = 3,15 s i w punkcie x = 0,45 m ? Dwie fale sinusoidalne biegną przez ośrodek wzdłuż osi x . Obie mają amplitudy równe 7,00 cm, liczby falowe k = 3,00 m −1 , częstości kołowe ω = 2,50 s −1 i okresy równe 6,00 s, a jedna ma fazę początkową równą ϕ = π / 12 r a d . Jakie jest wychylenie fali wypadkowej w chwili t = 2,00 s i położeniu x = 0,53 m? y R = 1,90 cm Rozważ dwie fale, rozchodzące się w tym samym ośrodku: y 1 ( x , t ) i y 2 ( x , t ) . Różnią się one jedynie fazą. (a) Podaj wartość fazy w radianach, jeśli amplituda fali wypadkowej stanowi 1,75 amplitudy fal składowych. (b) Podaj wartość fazy w stopniach. (c) Wyraź fazę poprzez długości składowych fal. Dwie fale sinusoidalne, które różnią się jedynie fazą, biegną w tym samym kierunku. Równanie falowe fali wypadkowej ma postać y R ( x , t ) = 0,70 m sin ( 3,00 m −1 x − 6,28 s −1 t + π 4 ) . Ile wynoszą: częstości kołowe, liczby falowe, amplitudy i fazy fal składowych? ω = 6,28 s −1 , k = 3,00 m −1 , ϕ = π 8 rad A R = 2 A cos ( ϕ 2 ) , A = 0,37 m Dwie fale sinusoidalne, które różnią się jedynie fazą, biegną w tym samym kierunku. Równanie falowe fali wypadkowej wynosi y R ( x , t ) = 0,35 cm sin ( 6,28 m −1 x − 1,57 s −1 t + π 4 ) . Ile wynoszą: okresy, długości, amplitudy i fazy poszczególnych fal? Rozważ dwie funkcje falowe: y 1 ( x , t ) = 4,00 m sin ( π m −1 x − π s −1 t ) i y 2 ( x , t ) = 4,00 m sin ( π m −1 x − π s −1 t + π 3 ) . (a) Korzystając z arkusza kalkulacyjnego, narysuj wykresy funkcji falowych oraz funkcji falowej, która jest wynikiem superpozycji tych dwóch funkcji falowych w funkcji położenia ( 0,00 ≤ x ≤ 6,00 m ) dla chwili czasu t = 0,00 s . (b) Ile wynoszą długości fali i amplitudy fal pierwotnych? (c) Ile wynoszą długość i amplituda fali wypadkowej? a. b. λ = 2,0 m , A = 4 m , c. λ R = 2,0 m , A R = 6,93 m Rozważ dwie funkcje falowe: y 2 ( x , t ) = 2,00 m sin ( π 2 m −1 x − π 3 s −1 t ) i y 2 ( x , t ) = 2,00 m sin ( π 2 m −1 x − π 3 s −1 t + π 6 ) . (a) Sprawdź, czy y R = 2 A cos ( ϕ 2 ) sin ( k x − ω t + ϕ 2 ) jest rozwiązaniem dla fali, która powstała w wyniku superpozycji tych dwóch fal. Utwórz tabelkę, której kolumny odpowiadają x , y 1 , y 2 , y 1 + y 2 i y R = 2 A cos ( ϕ 2 ) sin ( k x − ω t + ϕ 2 ) . Wylicz wartości dla x zmieniającego się w zakresie od 0 do 12 m, którymi posłużysz się do narysowania wykresów dla wszystkich czterech fal. Rozważ dwie funkcje falowe, które różnią się jedynie fazą: y 1 ( x , t ) = A cos ( k x − ω t ) i y 2 ( x , t ) = A cos ( k x − ω t + ϕ ) . Korzystając z tożsamości trygonometrycznych cos u + cos v = 2 cos ( u − v 2 ) cos ( u + v 2 ) oraz cos ( − θ ) = cos ( θ ) , oblicz równanie falowe fali, która jest wynikiem ich superpozycji. Czy równanie falowe, które uzyskałeś, jest dla ciebie zaskoczeniem? y R ( x , t ) = 2 A cos ( ϕ 2 ) cos ( k x − ω t + ϕ 2 ) ; wynik ten nie jest zaskoczeniem, ponieważ cos ( θ ) = sin ( θ + π 2 ) . wzmacnianie interferencyjne (ang. constructive interference ) zjawisko występujące, gdy dwie fale osiągną określony punkt dokładnie w tej samej chwili, t.j. grzbiety i doliny obu fal mają to samo położenie wygaszanie interferencyjne (ang. destructive interference ) zjawisko występujące, gdy dwie identyczne fale mają przeciwne fazy w tym samym punkcie, tj. gdy grzbiet jednej fali odpowiada dolinie drugiej ustalone warunki brzegowe (ang. fixed boundary condition ) warunki charakteryzujące się tym, że granica ośrodka nie może zmienić swojego położenia swobodne warunki brzegowe (ang. free boundary condition ) warunki charakteryzujące się tym, że granica ośrodka może zmienić swoje położenie interferencja (ang. interference ) nakładanie się dwóch lub większej liczby fal w tym samym punkcie i w tej samej chwili superpozycja (ang. superposition ) zjawisko, które występuje, gdy conajmniej dwie fale spotykają się w tym samym punkcie", "section": "Interferencja fal", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Fale stojące i rezonans W tym rozdziale zajmowaliśmy się już falami biegnącymi, które przenosiły energię z jednego miejsca w inne. W pewnych warunkach fale mogą jednak odbijać się tam i z powrotem, przybierając charakter fal stacjonarnych, nazywanych falami stojącymi (ang. standing wave ). Inny ciekawy efekt to rezonans (ang. resonance ). W rozdziale Drgania zdefiniowaliśmy rezonans jako zjawisko, w którym siła wymuszająca o niewielkiej amplitudzie może spowodować ruch o dużej amplitudzie. Przykładem jest dziecko huśtające się na huśtawce, co da się opisać jako wahadło fizyczne. Popchnięcia o małej amplitudzie, jakie stosuje rodzic, huśtając dziecko, powodują ruch huśtawki o dużej amplitudzie. Zjawisko rezonansu może mieć korzystne znaczenie, czego przykładem jest powstawanie dźwięków w instrumentach strunowych. Może jednak też mieć niszczący potencjał, czego przykładem jest zawalenie się budynków podczas trzęsienia Ziemi. W przypadku fal stojących fale o stosunkowo dużej amplitudzie tworzą się w wyniku superpozycji fal o mniejszych amplitudach. Fale stojące Czasami fale nie przemieszczają się. Na pokazano eksperyment, który możemy wykonać w domu. Miskę z mlekiem stawiamy na obudowie zwykłego wiatraka. Drgania, które wiatrak wytwarza, spowodują powstanie kulistych fal stojących w mleku. Takie fale powstają w wyniku superpozycji dwóch lub więcej fal biegnących ( ), które są identyczne, ale przemieszczają się w przeciwnych kierunkach. Fale te nakładają się na siebie, a zaburzenia się dodają. Jeśli mają one takie same amplitudy i długości, możemy zaobserwować naprzemiennie występujące efekty wzmacniania i osłabiania interferencyjnego. Fala wypadkowa wygląda tak, jakby stała w miejscu, stąd nazwa fala stojąca. Fale stojące zostały utworzone na powierzchni mleka w misce, umieszczonej na obudowie wiatraka. Drgania wiatraka powodują, że powierzchnia mleka drga. Kolejne obrazy fali sinusoidalnej. Fala czerwona porusza się w kierunku ujemnej półosi osi x , a fala niebieska biegnie w kierunku zgodnym z kierunkiem dodatniej półosi x . Fala wypadkowa została zaznaczona czarną linią. Rozważając falę wypadkową w punktach o współrzędnych x = 0 m , 3 m , 6 m , 9 m , 12 m , 15 m , możemy zauważyć, że fala wypadkowa zawsze ma w tych punktach wartość zero, niezależnie od czasu. Punkty te nazywa się węzłami. Pomiędzy każdymi dwoma węzłami występuje strzałka, czyli miejsce, w którym drgania ośrodka osiągają amplitudę równą sumie amplitud poszczególnych fal. Rozważmy dwie identyczne fale, które biegną w przeciwnych kierunkach. Pierwsza fala opisana jest równaniem falowym y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) , natomiast druga równaniem y 2 ( x , t ) = A sin ( k x + ω t ) . Fale interferują ze sobą, tworząc falę wypadkową: y ( x , t ) = y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) , y ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) + A sin ( k x + ω t ) . Zapis ten możemy uprościć, korzystając z tożsamości trygonometrycznej: sin ( α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β , gdzie α = k x i β = ω t , co daje wyrażenie: y ( x , t ) = A [ sin ( k x ) cos ( ω t ) − cos ( k x ) sin ( ω t ) + sin ( k x ) cos ( ω t ) − cos ( k x ) sin ( ω t ) ] , upraszczające się do: y ( x , t ) = 2 A sin ⁡ ( k x ) cos ⁡ ( ω t ) . Zauważmy, że fala wypadkowa jest sinusoidalną funkcją położenia pomnożonego przez funkcję cosinus, której argumentem jest czas. Wykres y ( x , t ) w funkcji x dla różnych chwil czasu przedstawiono na . Fala oznaczona czerwoną linią porusza się w kierunku przeciwnym do zwrotu osi x , fala oznaczona niebieską linią – w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x , a fala oznaczona czarną linią jest sumą obu fal. Nakładanie się fal czerwonej i niebieskiej prowadzi do naprzemiennych efektów wzmacniania i osłabiania interferencyjnego. Początkowo, w chwili t = 0 , te dwie fale mają zgodne fazy, a fala wypadkowa ma amplitudę równą dwukrotności amplitudy fal wyjściowych. Fale mają również zgodne fazy w chwili t = T / 2 . Tak naprawdę fale mają zgodne fazy w chwilach równych każdej całkowitej wielokrotności połowy okresu: t = n T 2 , gdzie n = 0,1 , 2,3 … ( zgodne fazy ) . Dla innych chwil czasu fazy tych dwóch fal różnią się o 180 ∘ ( π r a d ), a fala wypadkowa jest równa zero. Ma to miejsce dla: t = 1 4 T , 3 4 T , 5 4 T , … , n 4 T , gdzie n = 1,3 , 5 , … ( przeciwne fazy ) . Zwróćmy uwagę, że w niektórych punktach x fali wypadkowej wychylenie jest równe zero, niezależnie od tego, czy fale składowe są w fazie zgodnej czy w przeciwnej. Te punkty to węzły (ang. node ). Zastanówmy się, kiedy się one pojawiając. Rozważmy rozwiązanie, które jest sumą obu fal składowych: y ( x , t ) = 2 A sin ⁡ ( k x ) cos ⁡ ( ω t ) . Położenie węzłów znajdziemy, jeśli ustalimy, w których punktach funkcja sinus przyjmuje wartości równe zero. sin ⁡ ( k x ) = 0 k x = 0 , π , 2 π , 3 π , … 2 π λ x = 0 , π , 2 π , 3 π , … x = 0 , λ 2 , λ , 3 λ 2 , ⋯ = n π 2 , gdzie n = 0,1 , 2,3 , … Istnieją również punkty, w których y przyjmuje wartości między y = ± A . Te punkty to strzałki (ang. antinode ). Ich położenie znajdziemy, ustalając dla jakich wartości x spełniony jest warunek: sin ( k x ) = ± 1 . sin ⁡ ( k x ) = ± 1 k x = π 2 , 3 π 2 , 5 π 2 … 2 π λ x = π 2 , 3 π 2 , 5 π 2 … x = λ 4 , 3 λ 4 , 5 λ 4 , ⋯ = n λ 4 , gdzie n = 1,3 , 5 , … Fala wypadkowa pokazana jest na . Powstała ona z nałożenia się dwóch identycznych fal biegnących w przeciwnych kierunkach. Falę wypadkową można opisać funkcją sinus, jej węzły występują w punktach odpowiadających całkowitym wielokrotnościom długości fali. Strzałki to punkty, w których wychylenia są równe y = ± 2 A z uwagi na to, że funkcja cos ( ω t ) przyjmuje wartości między ± 1 . Fala wypadkowa nie porusza się wzdłuż osi x , mimo iż powstała z dwóch fal, z których jedna biegła w kierunku zgodnym, a druga w kierunku przeciwnym do zwrotu osi x . pokazuje kilka możliwych fal wypadkowych. Węzły oznaczone zostały czerwonymi kropkami, a strzałki niebieskimi. Gdy dwie identyczne fale biegną w przeciwnych kierunkach, fala wypadkowa jest falą stojącą. Węzły powstają w punktach odpowiadających całkowitym wielokrotnościom połowy długości fali. Strzałki z kolei odpowiadają nieparzystym wielokrotnościom 1/4 długości fali. Odpowiadające takim punktom wychylenia są równe y = ± A . Węzły zostały oznaczone czerwonymi kropkami, a strzałki niebieskimi. Popularnym przykładem fal stojących są fale wytwarzane w strunowych instrumentach muzycznych. Gdy szarpniemy strunę, impulsy biegną w przeciwnych kierunkach. Koniec struny jest zamocowany na stałe, zatem węzły powstają w punktach odpowiadających punktom brzegowym takiego układu. Można w nich regulować częstości rezonansowe struny. Zjawisko rezonansu na strunie instrumentu możemy zaobserwować, posługując się układem pokazanym na . Zestaw laboratoryjny do prezentacji fal stojących na strunie. Na każdym końcu struny o stałej liniowej gęstości masy tworzą się węzły. Oba punkty graniczne struny odległe są o L . Odważnik zapewnia naprężenie struny, prędkość fali na strunie jest proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z naprężenia podzielonego przez liniową gęstość masy. Zestaw laboratoryjny przedstawia sprężynę połączoną z oscylatorem, który powoduje drgania struny z częstotliwością f . Drugi koniec struny jest przerzucony przez bloczek, wzdłuż którego struna porusza się bez tarcia. Wiszący pionowo koniec struny obciążono odważnikiem, który zapewnia stałe jej naprężenie. Struna ma stałą liniową gęstość masy (masa przypadająca na jednostkę długości) μ , a prędkość, z jaką fala biegnie wzdłuż struny, wynosi v = F T / μ = m g / μ ( ). Symetryczne warunki brzegowe (na każdym końcu struny powstaje węzeł) wyznaczają możliwe częstotliwości, które pobudzają strunę do drgań. Wolno zwiększając częstotliwość od zera, otrzymujemy pierwszy mod n = 1 , co pokazano na . Pierwszy mod, nazywany też podstawowym lub pierwszą harmoniczną, odpowiada fali o długości równej połowie długości fali, a zatem długość fali jest równa podwojonej odległości pomiędzy węzłami λ 1 = 2 L . Częstotliwość podstawowa (ang. fundamental frequency ) lub pierwsza harmoniczna wynosi: f 1 = v λ 1 = v 2 L , gdzie prędkość fali równa się v = F T / μ . Wzrost częstotliwości przy stałym naprężeniu struny prowadzi do drugiej harmonicznej, czyli n = 2 . Ten mod odpowiada jednostkowej długości fali λ 2 = L , a częstotliwość równa się podwojonej częstotliwości podstawowej: f 2 = v λ 2 = v L = 2 f 1 . Fale stojące powstają wzdłuż struny o długości L . Na każdym końcu powstaje węzeł. Węzły określają możliwe częstotliwości, które pobudzają strunę. W celach poglądowych amplituda drgań jest stała. Obraz fali stojącej na strunie to tzw. mod podstawowy. W warunkach laboratoryjnych możemy zmniejszyć amplitudę fali, a zwiększyć częstotliwość. Dwa kolejne mody, tj. trzecia i czwarta harmoniczna, odpowiadają długościom fali λ 3 = 2 L / 3 i λ 4 = 2 L / 4 . Są one wzbudzane przez częstotliwości f 3 = 3 v 2 L = 3 f 1 i f 4 = 4 v 2 L = 4 f 1 . Częstotliwości wyższe niż f 1 nazywa się nadtonami (ang. overtone ). Wyrażenia na długość fali i częstotliwość mają postać: λ n = 2 n L , gdzie n = 1,2 , 3 , … f n = n v 2 L = n f 1 , gdzie n = 1,2 , 3 , … Różne konfiguracje fali stojącej, które można utworzyć wzdłuż struny, przedstawione na , nazywa się modami normalnymi (ang. normal mode ); używa się też zwrotu mody własne lub drgania własne . Generujące je częstości to częstości normalne lub własne. Podsumowując, częstotliwość, która wytwarza pierwszy mod normalny, to częstotliwość podstawowa (lub pierwsza harmoniczna). Każda częstotliwość wyższa od podstawowej to nadton. Częstotliwość, która odpowiada n = 2 , to pierwszy nadton (lub druga harmoniczna). Częstotliwość odpowiadająca n = 3 to drugi nadton (lub trzecia harmoniczna) itd. Relacje przedstawione przez i wynikają z równania falowego dla struny, na której końcach powstają węzły lub strzałki. Kiedy na obu końcach struny są takie same warunki, wówczas mówimy o symetrycznych warunkach brzegowych. Fale stojące na strunie Rozważmy strunę o długości L = 2,00 m , której jeden koniec jest połączony z oscylatorem o regulowanej częstotliwości, jak pokazano na . Fale biegną wzdłuż struny i odbijają się w miejscu, gdzie występuje bloczek. Struna ma stałą liniową gęstość masy μ = 0,006 kg/m . Drugi koniec struny jest przerzucony przez bloczek o pomijalnej masie, wzdłuż którego struna porusza się bez tarcia. Koniec struny jest obciążony odważnikiem o masie 2,00 kg, który zapewnia stałe naprężenie struny. (a) Jaka jest prędkość fal wzdłuż struny? (b) Narysuj fale stojące odpowiadające trzem pierwszym modom i opisz rysunki, podając długość fali. (c) Podaj częstotliwości, które spowodują powstanie trzech pierwszych modów. Struna połączona z oscylatorem o regulowanej częstotliwości. Strategia rozwiązania Prędkość fali możemy obliczyć ze wzoru v = F T / μ . Naprężenie pochodzi od obciążnika na końcu struny. Postać fal stojących zależy od warunków brzegowych. Na każdym końcu struny musi powstać węzeł. Pierwszy mod odpowiada połowie długości fali. Drugi obliczymy, gdy dodamy do pierwszego połowę długości fali. Jest to najprostszy sposób, aby na końcach struny powstały węzły. Przykładowo jeśli dodamy 1/4 długości fali, to na końcu struny powstanie strzałka, a wtedy warunki brzegowe nie będą spełnione. Sytuację taką przedstawia . Ponieważ prędkość fali równa się długości fali pomnożonej przez częstotliwość, to częstotliwość obliczymy jako prędkość fali podzieloną przez jej długość. (a) Rysunek przedstawia drugi mod struny, który spełnia warunki brzegowe, zgodnie z którymi na obu końcach struny powstają węzły. (b) Ta sytuacja jest niedopuszczalna, gdyż nie zostałby utworzony mod normalny ze względu na niespełnienie warunków brzegowych. Na jednym końcu występuje węzeł, a na drugim strzałka. Rozwiązanie Wychodzimy ze wzoru na prędkość fali na strunie. Naprężenie obliczymy w oparciu o znaną masę odważnika. Liniowa gęstość struny jest podana. Szybkość wynosi: v = F T μ = m g μ = 2 k g ⋅ 9,8 m / s 2 0,006 k g / m = 57,15 m s . Pierwszy normalny mod, przy którym mamy węzły na obu końcach struny, odpowiada połowie długości fali. Następne dwa mody możemy obliczyć, dodając połowę długości fali. Częstotliwości pierwszych trzech modów możemy obliczyć ze wzoru f = v w / λ . f 1 = v w λ 1 = 57,15 m/s 4,00 m = 14,29 Hz f 2 = v w λ 2 = 57,15 m/s 2,00 m = 28,58 Hz f 3 = v w λ 3 = 57,15 m/s 1,333 m = 42,87 Hz Znaczenie Trzy mody w tym przykładzie mogły powstać dzięki temu, że utrzymywano stałe naprężenie struny, a częstotliwość drgań można było zmieniać. Stałe naprężenie struny powoduje, że fala rozchodzi się ze stałą prędkością. Takie same mody moglibyśmy utworzyć, utrzymując stałą częstotliwość drgań, a zmieniając prędkość fali (przez zmianę masy odważnika). Wykorzystaj symulację , aby zaobserwować widmo modów normalnych dla jedno- lub dwuwymiarowego układu sprzężonych oscylatorów. Możesz zmieniać liczbę odważników i warunki początkowe. Dla układu jednowymiarowego obejrzyj falę poprzeczną i podłużną. Sprawdź, czy rozumiesz. Wzory na długość fali i częstotliwość modów fali, które można utworzyć na strunie, mają postać: λ n = 2 n L , gdzie n = 1,2 , 3 , … , oraz f n = n v 2 L = n f 1 , gdzie n = 1,2 , 3 , … Wzory te zostały wyprowadzone przy założeniu, że na obu końcach strun występują symetryczne warunki brzegowe. Powyższe mody zostały otrzymane dla dwóch identycznych fal, ale biegnących w przeciwnych kierunkach, wzdłuż odcinka o długości L , na którego obu końcach powstają węzły. Czy te wzory są prawdziwe dla sytuacji, gdy na obu końcach odcinka powstają strzałki? Omów postać modów normalnych dla ośrodka o swobodnych warunkach brzegowych. Nie przejmuj się, jeśli w tej chwili nie jesteś w stanie wyobrazić sobie takiego ośrodka, rozważ jedynie dwie fale sinusoidalne wzdłuż odcinka o długości L , na którego końcach tworzą się strzałki. Tak, równania są prawdziwe dla symetrycznych warunków brzegowych, gdzie na obu końcach tworzą się strzałki. Mody normalne dla trzech pierwszych modów pokazano poniżej. Linią przerywaną zaznaczono położenie równowagowe ośrodka. Zauważ, że pierwszy mod odpowiada połowie długości fali. Drugi mod odpowiada jednej długości fali, a trzeci odpowiada 1,5 długości fali. Otrzymaliśmy wyniki podobne jak dla struny, na której obu końcach znajdują się węzły. Równania dla symetrycznych warunków brzegowych są prawdziwe zarówno dla stałych, jak i dla swobodnych warunków brzegowych. Powrócimy do tych rozważań w następnym rozdziale, omawiając fale dźwiękowe w otwartych rurach. Swobodne warunki brzegowe, które omówiliśmy w ostatniej sekcji mogą być trudne do wyobrażenia. Jak może wyglądać taki układ, którego jeden koniec jest swobodny i może wykonywać drgania? Na pokazano dwie możliwe konfiguracje metalowego pręta (czerwona linia) podpartego w dwóch punktach (podparcia narysowano na niebiesko). Na (a) pręt jest podparty na obu końcach. Mówimy tu o ustalonych warunkach brzegowych. Przy pewnych częstotliwościach pręt można wprawić w rezonans. Powstanie fala stojąca o długości równej długości pręta, a na obu końcach pręta powstaną węzły. Na (b) pręt jest podparty w punktach, odległych od każdego końca o 1/4 długości pręta. Na obu końcach pręta występują swobodne warunki brzegowe. Przy pewnych częstotliwościach pręt wpada w rezonans, powstaje fala stojąca o długości równej długości pręta, a na obu końcach pręta powstają strzałki. Jeśli nie wiesz, jak zmierzyć długość fali, przypomnij sobie, że mierzy się ją pomiędzy dwoma najbliższymi, identycznymi punktami ( ). (a) Pręt metalowy o długości L (czerwony) jest zamocowany na obu końcach (punkty podparcia są zaznaczone niebiesko) na obu końcach. Gdy pręt zostaje pobudzony, to przy pewnych częstotliwościach zacznie rezonować. Długość powstałej fali, będzie równa długości pręta a na obu jego końcach utworzone zostaną węzły. (b) Ten sam metalowy pręt o długości L (czerwony) został podparty w punktach oddalonych od każdego końca o 1/4 jego długości. Przy odpowiednich częstotliwościach pręt wpada w rezonans. Powstała w jego wyniku fala stojąca ma długość równą długości pręta, a na obu jego końcach powstają strzałki. Długość fali można zmierzyć pomiędzy dwoma identycznymi punktami. Dla fali na strunie oznacza to punkty o tych samych wychyleniach i nachyleniach. (a) Długość fali zmierzono pomiędzy dwoma najbliższymi punktami o zerowych wychyleniach, nachylenie jest dodatnie i przyjmuje wartość maksymalną. (b) Długość fali zmierzono pomiędzy dwoma identycznymi punktami, w których wychylenia są maksymalne, a nachylenia równe zero. Zwróćmy uwagę, że zagadnienie fal stojących może ulec komplikacji. Na (a) pokazano mod n = 2 fali stojącej. Odpowiadająca mu długość fali wynosi L . W takim przypadku może też powstać mod n = 1 fali stojącej o długości równej 2 L . Czy możliwe jest otrzymanie modu n = 1 dla konfiguracji przedstawionej na (b)? Odpowiedź brzmi: nie. W takim przypadku muszą być spełnione dodatkowe warunki brzegowe. Ponieważ pręt jest podparty w punktach odległych o 1/4 swojej długości od każdego końca, w tych miejscach musi pojawić się węzeł, a to ogranicza możliwe mody powstałych fal stojących. Rozważ, czy inne mody fal stojących są możliwe. Zauważ przy tym, że jeśli układ został wprawiony w drgania, które nie prowadzą do rezonansu, to drgania mogą występować, ale ich amplituda jest mniejsza niż amplituda drgań rezonansowych. W inżynierii mechanicznej stosuje się dźwięki wytwarzane przez drgające części złożonych układów mechanicznych, aby zdiagnozować problemy występujące w takich układach. Przypuśćmy, że jakaś część samochodu rezonuje z częstotliwością równą częstotliwości drgań silnika samochodu, powodując niepożądane drgania w samochodzie. Może to spowodować szybkie zniszczenie silnika. Inżynierowie rejestrują dźwięki wytwarzane przez silnik, następnie stosują procedurę zwaną analizą Fouriera, aby określić częstotliwości wytwarzanych dźwięków, co pozwala ostatecznie wykryć, która część samochodu ulega rezonansowi. Problem można rozwiązać, zmieniając skład chemiczny materiału użytego do produkcji tej części lub jej długość. W świecie fizyki możemy znaleźć wiele innych przykładów rezonansu fal stojących. Jednym z nich może być powietrze wewnątrz rury, w instrumentach muzycznych, takich jak flety, które pobudzone do rezonansu, stają się źródłem przyjemnych dla ucha dźwięków. Zagadnieniem tym zajmiemy się w rozdziale Dźwięk . Są też przypadki, w których rezonans może być przyczyną problemów. Skutki trzęsień Ziemi to przykłady działania rezonansu, powstawania fal stojących, a także wzmacniania i wygaszania interferencyjnego. Jeśli budynek zacznie drgać przez kilka sekund z częstotliwością odpowiadającą częstotliwości jego drgań własnych, doprowadzi to do rezonansu, wskutek czego budynek runie. Określone wymiary budynku mogą spełniać warunki do powstania fal stojących, przez co budowle o danej wysokości ulegają zniszczeniu, a inne pozostają nienaruszone. Ważna jest również wielkość dachu. Często hale gimnastyczne, hipermarkety i kościoły ulegają zniszczeniu w większym stopniu niż pojedyncze budynki. Dachy o większej powierzchni podparte jedynie na krawędziach ulegają rezonansowi przy częstotliwościach równych częstotliwości trzęsienia Ziemi, przez co dochodzi do ich zawalenia. Ponieważ fale sejsmiczne biegną wzdłuż powierzchni Ziemi i odbijają się od gęstszych skał, w pewnych miejscach dochodzi do wzmocnienia interferencyjnego. Dlatego też nieraz obszary położone niedaleko od epicentrum wstrząsu nie doznają większych strat, natomiast bardziej odległe zostają zburzone. Podsumowanie Fala stojąca jest wynikiem superpozycji dwóch fal. Amplituda fali stojącej zmienia się w każdym punkcie, ale fala taka się nie rozchodzi. Węzły to punkty fali stojącej mające amplitudę równą zero. Strzałki to punkty fali stojącej o maksymalnej amplitudzie. Mody normalne fali na strunie są możliwymi falami stojącymi. Najniższa częstotliwość, która prowadzi do powstania fali stojącej, to częstotliwość podstawowa (fundamentalna). Wyższe częstotliwości wytwarzające fale stojące, to nadtony. Najważniejsze wzory Prędkość fali v = λ T = λ f Liniowa gęstość masy μ = masa struny długość struny Prędkość fali lub impulsu na strunie poddanej naprężeniu | v | = F T μ Prędkość fali w płynie v = Β ρ Fala wypadkowa powstała w wyniku superpozycji dwóch identycznych fal sinusoidalnych różniących się fazą y R ( x , t ) = 2 A cos ⁡ ( ϕ 2 ) sin ⁡ ( k x − ω t + ϕ 2 ) Liczba falowa k ≡ 2 π λ Szybkość fali v = ω k Fala okresowa y ( x , t ) = A sin ( k x ∓ ω t + ϕ ) Faza fali k x ∓ ω t + ϕ Liniowe równanie fali ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v w 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 Moc fali przypadająca na jedną długość fali P średnia = E λ T = 1 2 μ A 2 ω 2 λ T = 1 2 μ A 2 ω 2 v Natężenie I = P A Natężenie fali kulistej I = P 4 π r 2 Równanie fali stojącej y ( x , t ) = 2 A sin ⁡ ( k x ) cos ⁡ ( ω t ) Długość fali dla symetrycznych warunków brzegowych λ n = 2 n L , n = 1,2 , 3 , … Częstotliwość dla symetrycznych warunków brzegowych f n = n ⁢ v 2 ⁢ L = n ⁢ f 1 ⁢ , dla ⁢ n = 1 2 3 … f_n = n \\frac{v}{2L} = n f_1\\text{, dla } n = 1,2,3,\\dots Pytania Producent ciężarówek zauważył, że rozpora silnika przedwcześnie ulega zużyciu. Inżynier ustalił, że wpada ona w rezonans przy pewnych częstotliwościach silnika. Jakie dwie cechy rozpory można zmodyfikować, aby usunąć problem? Długość i/lub gęstość, wówczas rozpora nie będzie rezonowała z silnikiem. Dlaczego dachy kościołów częściej ulegają zniszczeniom podczas trzęsień Ziemi niż budynki mieszkalne? Pocieranie palcem brzegu kieliszka z winem może go wprawić w rezonans. Wyjaśnij dlaczego. Podczas takiego pocierania następuje przekazanie energii szkłu. Przy pewnych częstotliwościach powstają w kieliszku fale stojące. Kieliszek wpada w rezonans, a wibracje powodują wytworzenie dźwięku. Klimatyzatory umieszcza się czasami na dachach domów. Sporadycznie mogą one powodować, że na górnych piętrach domu słyszalne jest buczenie. Dlaczego? Jak można ograniczyć to zjawisko? Rozważmy falę stojącą, opisaną równaniem y ( x , t ) = 4,00 cm sin ( 3 m −1 x ) cos ( 4 s −1 t ) . Czy w punkcie x = 0,00 m powstaje węzeł czy strzałka? Jeśli fala stojąca jest opisana przez równanie y ( x , t ) = 4,00 cm sin ( 3 m −1 x + π 2 ) cos ( 4 s −1 t ) , to czy w punkcie x = 0,00 m powstanie węzeł czy strzałka? W przypadku równania y ( x , t ) = 4,00 cm sin ( 3 m −1 x ) cos ( 4 s −1 t ) wystąpi węzeł, ponieważ gdy x = 0,00 m , sin ( 3 m −1 ( 0,00 m ) ) = 0,00 , więc y ( 0,00 m , t ) = 0,00 m w każdej chwili. W przypadku równania y ( x , t ) = 4,00 cm sin ( 3 m −1 x + π 2 ) cos ( 4 s −1 t ) powstanie strzałka, gdyż x = 0,00 m , sin ( 3 m −1 ( 0,00 m ) + π 2 ) = + 1,00 ,więc y ( 0,00 m , t ) wykonuje drgania w zakresie pomiędzy + A i − A , a funkcja cosinus zmienia się w zakresie +1 i −1. Zadania Fala biegnąca wzdłuż sprężynki Slinky, którą rozciągnięto na 4 m przebiega odległość tam i z powrotem w ciągu 2,4 s. (a) Jaka jest prędkość fali? (b) Przy pomocy tej samej sprężynki rozciągniętej na tę sama długość wytworzono falę stojącą, która ma trzy strzałki i cztery węzły. Jaka jest częstotliwość drgań sprężynki? Struna o długości 2 m jest zamocowana z dwóch stron i poddana takiemu naprężeniu, że wzdłuż niej biegnie fala z prędkością równą v w = 50,00 m/s . Ile wynosi długość fali i częstotliwości trzech pierwszych modów normalnych? λ n = 2,00 n L , f n = v λ n λ 1 = 4,00 m , f 1 = 12,5 Hz λ 2 = 2,00 m , f 2 = 25,00 Hz λ 3 = 1,33 m , f 3 = 37,59 Hz Rozważ układ eksperymentalny pokazany na rysunku poniżej. Długość odcinka struny między oscylaorem a bloczkiem wynosi L = 1,00 m . Liniowa gęstość masy struny to μ = 0,006 kg/m . Oscylator może wykonywać drgania o dowolnej częstotliwości. Masa odważnika wynosi 2,00 kg. (a) Ile wynosi długość fali i częstotliwość modu n = 6 ? (b) Struna powoduje drgania powietrza wokół siebie. Jaka jest długość fali dźwięku, jeśli prędkość dźwięku wynosi v s = 343,00 m/s? Kabel o liniowej gęstości masy μ = 0,2 kg/m rozpięto między dwoma słupami. Jego naprężenie wynosi 500,00 N. Odległość między słupami to 20 m. Wiatr wprawił kabel w rezonans i wzdłuż niego powstała fala stojąca o długości 4,5 m. Temperatura powietrza wynosi T = 20 ° C . Ile wynosi częstotliwość i długość podmuchu? v = 158,11 m/s, λ = 4,44 m, f = 35,61 Hz λ s = 9,63 m Rozważ pręt o długości L , który zamocowano na środku. W miejscu zamocowania musi powstać węzeł, jak pokazano poniżej. Narysuj dwa pierwsze mody normalne dla pręta wykonującego drgania rezonansowe. Oblicz długości fal i częstotliwości, które powodują rezonans pręta. Rozważ dwie funkcje falowe y ( x , t ) = 0,30 cm sin ( 3 m −1 x − 4 s −1 t ) i y ( x , t ) = 0,30 cm sin ( 3 m −1 x + 4 s −1 t ) . Napisz funkcję falową dla fali stojącej, która jest ich wypadkową. y ( x , t ) = [ 0,60 cm sin ( 3 m −1 x ) ] cos ( 4 s −1 t ) Struna o długości 2,40 m i masie 7,50 g poddana jest naprężeniu 160 N. Oba jej końce są zamocowane, a ona sama została wprawiona w drgania. (a) Jaka jest prędkość fali na strunie? Struna została wprawiona w drgania rezonansowe z taką częstotliwością, przy której utworzona została fala stojąca o długości 1,20 m. (b) Jaka jest częstotliwość drgań wymuszających, które wprawiły strunę w rezonans? Struna o gęstości liniowej masy 0,0062 kg/m i długości 3,00 m została wprawiona w drgania rezonansowe o modzie n = 100 . Naprężenie struny wynosi 20,00 N. Ile wynosi długość i częstotliwość fali? λ 100 = 0,06 m v = 56,8 m / s , f n = n f 1 , n = 1,2 , 3 , … f 100 = 947 H z Struna o liniowej gęstości masy 0,0075 kg/m i długości 6,00 m została wprawiona w drgania rezonansowe o modzie n = 4 przez drgania wymuszające o częstotliwości 100,00 Hz. Jakie jest naprężenie struny? Dwie fale sinusoidalne o identycznych długościach i amplitudach biegną w przeciwnych kierunkach wzdłuż struny, tworząc falę stojącą. Liniowa gęstość masy struny wynosi μ = 0,075 kg/m , a naprężenie F T = 5,00 N . Interwał czasowy pomiędzy wygaszeniami interferencyjnymi to Δ t = 0,13 s . Ile wynosi długość fali? T = 2 Δ t , v = λ T , λ = 2,12 m Struna zamocowana na obu końcach ma długość 5,00 m i masę 0,15 kg. Naprężenie struny wynosi 90 N. Struna wykonuje drgania tak, że powstaje fala stojąca o częstotliwości podstawowej. (a) Jaka jest prędkość fali na strunie? (b) Podaj długość fali stojącej. (c) Ile wynosi okres fali stojącej? Jeden koniec struny jest zamocowany. Masa struny wynosi 0,0090 kg, a jej długość 3,00 m. Poddano ją naprężeniu 200,00 N. Struna jest wprawiana w drgania przez źródło o regulowanej częstotliwości tak, aby wzdłuż niej mogły powstawać fale stojące. Podaj długości fal i częstotliwości dla czterech pierwszych modów fali stojącej. λ 1 = 6,00 m , λ 2 = 3,00 m , λ 3 = 2,00 m , λ 4 = 1,50 m v = 258,20 m/s = λ f f 1 = 43,03 Hz , f 2 = 86,07 Hz , f 3 = 129,10 Hz , f 4 = 172,13 Hz Częstotliwości dwóch kolejnych modów fali na strunie wynoszą 258,36 Hz i 301,42 Hz. Jaka jest kolejna częstotliwość, większa niż 100,00 Hz, przy której powstaje fala stojąca? Struna o długości 3,50 m i liniowej gęstości masy μ = 0,005 kg/m jest zamocowana na obu końcach i poddana naprężeniu 90,00 N. Wzdłuż niej powstała fala stojąca mająca 6 węzłów i 5 strzałek. Ile wynoszą prędkość, długość, częstotliwość i okres fali stojącej? v = 134,16 ms , λ = 1,4 m , f = 95,83 Hz , T = 0,0104 s Falę sinusoidalną wytworzono wzdłuż struny o długości 1,5 m. Oba jej końce są zamocowane. Fala odbija się od punktów zamocowania. Amplituda wynosi 4,00 cm, a prędkość rozchodzenia się 175 m/s. Wzdłuż struny powstaje mod rezonansowy n = 6 . Napisz równanie fali stojącej dla tego przypadku. Zadania dodatkowe Ultrasonograf stosowany w medycynie wykorzystuje fale dźwiękowe o częstotliwościach niesłyszalnych dla człowieka. Jeśli częstotliwość wytwarzanego przez niego dźwięku wynosi f = 30 kHz, to jaka jest długość fali powstającej w kości, jeśli prędkość dźwięku w kości wynosi v = 3000 m/s? λ = 0,10 m Poniżej pokazano wykres funkcji falowej dla t = 0,00 s i t = 2,00 s . Linia przerywana prezentuje funkcję falową w chwili t = 0,00 s , a linia ciągła w chwili t = 2,00 s . Oblicz amplitudę, długość, prędkość i okres fali. Prędkość światła w powietrzu wynosi w przybliżeniu v = 3,00 ⋅ 10 8 m / s , a w szkle v = 2,00 ⋅ 10 8 m / s . Czerwone światło laserowe o długości λ = 633,00 nm pada na powierzchnię szkła, częściowo przechodząc do niego. Częstotliwość światła w powietrzu jest taka sama jak w szkle. (a) Jaka jest częstotliwość światła? (b) Ile wynosi długość fali światła w szkle? a. f = 4,74 ⋅ 10 14 H z ; b. λ = 422 nm Stacja radiowa nadaje fale radiowe o częstotliwości 101,7 MHz. Przemieszczają się one w powietrzu w przybliżeniu z prędkością równą prędkości światła w próżni. Ile wynosi długość fali radiowej? Plażowicz wchodzi do wody i zauważa, że sześć grzbietów periodycznej fali przepływa w ciągu 1 min. Odległość między grzbietami wynosi 16,00 m. Jaka jest długość fali, częstotliwość, okres i prędkość? λ = 16,00 m , f = 0,10 Hz , T = 10,00 s , v = 1,6 m/s Drgania kamertonu powodują powstanie dźwięku o częstotliwości 512 Hz. Prędkość dźwięku w powietrzu wynosi v = 343,00 m/s w temperaturze 20,00 ° C . Ile wynosi długość fali dźwiękowej ? Motorówka płynie w poprzek jeziora z prędkością v b = 15,00 m/s . Zawraca co 0,50 s, ponieważ płynie zawsze w kierunku przeciwnym do kierunku rozchodzenia się fali. Ile wynoszą prędkość i długość fali? λ = ( v b + v ) t b , v = 3,75 m/s, λ = 3,00 m Wykorzystaj liniowe równanie falowe dla pokazania, że prędkość fali opisanej funkcją falową y ( x , t ) = 0,20 m sin ( 3,00 m −1 x + 6,00 s −1 t ) wynosi v = 2,00 m/s . Ile wynosi długość i prędkość fali? Dane są funkcje falowe y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) i y 2 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) , gdzie ϕ ≠ π 2 . Wykaż, że y 1 ( x , t ) + y 2 ( x , t ) jest rozwiązaniem liniowego równania falowego, gdzie v = ω ∕ k v = \\omega / k . ∂ 2 ( y 1 + y 2 ) ∂ t 2 = − A ω 2 sin ( k x − ω t ) − A ω 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) ∂ 2 ( y 1 + y 2 ) ∂ x 2 = − A k 2 sin ( k x − ω t ) − A k 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 − A ω 2 sin ( k x − ω t ) − A ω 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) = ( 1 v 2 ) ( − A k 2 sin ( k x − ω t ) − A k 2 sin ( k x − ω t + ϕ ) ) v = ω k Fala poprzeczna na strunie jest opisana równaniem falowym y ( x , t ) = 0,1 m sin ( 0,15 m −1 x + 1,5 s −1 t + 0,2 ) . (a) Oblicz prędkość fali. (b) Określ położenie na osi y , prędkość w kierunku prostopadłym do kierunku ruchu fali oraz przyspieszenie w kierunku prostopadłym do ruchu fali odcinka struny, którego środek zajmuje położenie x = 0,40 m w chwili t = 5,0 s . Fal sinusoidalna biegnie wzdłuż naprężonej struny o liniowej gęstości masy równej μ = 0,060 kg/m . Wartość przyspieszenia fali w kierunku pionowym wynosi a y max = 0,90 cm/s 2 , a amplituda 0,40 m. Struna została poddana naprężeniu równemu F T = 600,00 N . Fala biegnie przeciwnie do zwrotu osi x . Napisz równanie fali. y ( x , t ) = 0,40 m sin ( 0,015 m −1 x + 1,5 s −1 t ) Fala poprzeczna na strunie ( μ = 0,0030 kg/m ) jest opisana równaniem y ( x , t ) = 0,30 m sin ( 2 π 4,00 m ( x − 16,00 m s t ) ) . Ile wynosi naprężenie struny? Fala poprzeczna na poziomej strunie ( μ = 0,0060 kg/m ) jest opisana równaniem y ( x , t ) = 0,30 m sin ( 2 π 4,00 m ( x − v w t ) ) . Strunę poddano naprężeniu 300,00 N. Jakie są: prędkość, liczba falowa i częstość kołowa fali? v = 223,61 m/s , k = 1,57 m −1 , ω = 142,43 s −1 Student wykorzystał dalmierz dźwiękowy, aby określić odległość od ściany. Urządzenie emituje fale dźwiękowe, które odbijają się od ściany i powracają. Droga tam i z powrotem jest pokonywana przez dźwięk w czasie 0,012 s. Dalmierz został skalibrowany w temperaturze pokojowej T = 20 ° C , ale temperatura podczas pomiaru wynosiła T = 23 ° C . Ile wynosi dokładność pomiaru odległości spowodowana kalibracją w takich warunkach? Fala na strunie jest wytwarzana przez oscylator, który wykonuje drgania o częstotliwości 100,00 Hz i amplitudzie 1,00 cm. Urządzenie jest zasilane napięciem 12,00 V i prądem o natężeniu 0,20 A oraz pobierana moc P = I V . Załóż, że oscylator zamienia energię elektryczną w energię drgań z wydajnością 90 % . Długość struny wynosi 3,00 m, a jej naprężenie 60,00 N. Ile wynosi liniowa gęstość masy? P = 1 2 A 2 ( 2 π f ) 2 μ F T μ = 2,00 ⋅ 10 − 4 k g / m Fala biegnąca wzdłuż struny jest opisana równaniem falowym y ( x , t ) = 3,00 cm sin ( 8,00 m −1 x + 100,00 s −1 t ) . Strunę o liniowej gęstości masy μ = 0,008 kg/m . poddano naprężeniu równemu 50,00 N. Jaka jest średnia moc, którą przenosi ta fala? Fala poprzeczna na strunie ma długość 5,0 m, okres 0,02 s i amplitudę 1,5 cm. Średnia moc przenoszona przez tę falę wynosi 5,00 W. Ile wynosi naprężenie struny? P = 1 2 μ A 2 ω 2 λ T , μ = 0,0018 kg/m (a) Jakie jest natężenie wiązki laserowej, używanej do zniszczenia tkanki nowotworowej, jeśli 90,0 % zaabsorbowanej fali dostarcza 500 J energii do powierzchni w kształcie koła o średnicy 2,00 mm w czasie 4,00 s? (b) Porównaj to natężenie z natężeniem światła słonecznego i zastanów się nad skutkami, jakie wystąpiłyby, gdyby światło laserowe o obliczonym natężeniu wpadło do oka. Zwróć uwagę, że rozwiązanie zależy od czasu ekspozycji. Rozważ dwie periodyczne funkcje falowe y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) i y 2 ( x t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) . (a) Dla jakich wartości ϕ fala, która powstanie w wyniku ich superpozycji, będzie miała amplitudę równą 2 A ? (b) Dla jakich wartości ϕ fala, która powstanie w wyniku superpozycji, będzie miała amplitudę równą zero? a. A R = 2 A cos ( ϕ 2 ) , cos ( ϕ 2 ) = 1 , ϕ = 0,2 π , 4 π ,... ; b. A R = 2 A cos ( ϕ 2 ) , cos ( ϕ 2 ) = 0 , ϕ = 0 , π , 3 π , 5 π ... Rozważ dwie periodyczne funkcje falowe y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) i y 2 ( x , t ) = A cos ( k x − ω t + ϕ ) . (a) Dla jakich wartości ϕ fala, która powstaje w wyniku ich superpozycji, ma amplitudę równą 2 A ? (b) Dla jakich wartości ϕ amplituda fali wypadkowej będzie równa zero? Dolina o wymiarach 10,00 m na 0,10 m na 0,10 m jest częściowo wypełniona wodą. Na obu jej końcach na powierzchni wody powstają fale o małych amplitudach, wytwarzane przez wiosła poruszające się prostym ruchem harmonicznym. Wychylenia fal są opisane przez równania falowe y 1 ( x , t ) = 0,3 m sin ( 4 m −1 x − 3 s −1 t ) i y 2 ( x , t ) = 0,3 m cos ( 4 m −1 x + 3 s −1 t − π 2 ) . Jakie jest równanie fali wypadkowej, która powstanie, gdy obie fale się spotkają, ale zanim dobiegną do brzegów doliny (należy założyć, że w dolinie są tylko dwie fale i pominąć odbicia)? Sprawdź poprawność obliczeń w arkuszu kalkulacyjnym. (Wskazówka: Skorzystaj z tożsamości sin ( u ± v ) = sin u cos v ± cos u sin v i cos ( u ± v ) = cos u cos v ∓ sin u sin v .) y R ( x , t ) = 0,6 m sin ( 4 m −1 x ) cos ( 3 s −1 t ) Sejsmograf rejestruje fale S i P wstrząsu odległe o 20,00 s od siebie. Jeśli obie fale biegną po tej samej drodze ze stałymi prędkościami v S = 4,00 km/s i v P = 7,50 km/s , to jak daleko znajduje się epicentrum wstrząsu? Rozważ poniższą sytuację. Klocek o masie 20,00 kg spoczywa na równi pochyłej. Pomiędzy nim a równią nie występuje tarcie. Kąt nachylenia równi wynosi 45 ° . Do klocka przytwierdzono strunę o liniowej gęstości masy μ = 0,025 kg/m . Przechodzi ona przez bloczek, wzdłuż którego porusza się bez tarcia. Do drugiego końca struny przymocowano odważnik o masie m . Układ znajduje się w stanie równowagi statycznej. Na strunie została wytworzona fala, która biegnie wzdłuż niej. (a) Ile wynosi masa odważnika m ? (b) Jaka jest prędkość fali na strunie? a. ( 1 ) F T − 20,00 kg ( 9,80 m/s 2 ) cos 45 ° = 0 ( 2 ) m ( 9,80 m/s 2 ) − F T = 0 m = 14,14 kg ; b. F T = 138,57 N v = 67,96 m/s Rozważ superpozycję trzech funkcji falowych y ( x , t ) = 3,00 cm sin ( 2 m −1 x − 3 s −1 t ) , y ( x , t ) = 3,00 cm sin ( 6 m −1 x + 3 s −1 t ) i y ( x , t ) = 3,00 cm sin ( 2 m −1 x − 4 s −1 t ) . Jakie jest wychylenie fali wypadkowej w punkcie x = 3,00 m w chwili t = 10,0 s? Struna ma masę 150 g i długość 3,4 m. Jeden jej koniec struny został przymocowany do ściany laboratorium, a drugi połączono ze sprężyną o stałej sprężystości równej k s = 100 N/m . Swobodny koniec sprężyny przytwierdzono do drugiej ściany. Naprężenie struny utrzymuje sprężyna. Odległość między ścianami jest taka, że sprężyna ulega rozciągnięciu o 2,00 cm. Struna została szarpnięta i wzdłuż niej przebiegł impuls. Jaka jest jego prędkość? F T = 12 N, v = 16,49 m/s Fala stojąca powstaje na strunie poddanej naprężeniu 70,0 N z dwóch identycznych sinusoidalnych fal biegnących w przeciwnych kierunkach. Struna jest zamocowana w punktach x = 0,00 m i x = 10,00 m . Węzły powstają w punktach x = 0,00 m, 2,00 m, 4,00 m, 6,00 m, 8,00 m i 10,00 m. Amplituda fali stojącej wynosi 3,00 cm. W ciągu 0,10 s strzałki wykonują jedno pełne drgnienie. (a) Jakie są długości obu fal sinusoidalnych, które utworzyły falę stojącą? (b) Ile wynoszą maksymalna prędkość i przyspieszenie struny w kierunku prostopadłym do ruchu fali poprzecznej w punktach, w których występują strzałki? Struna o długości 4 m i liniowej gęstości masy μ = 0,006 kg/m . jest poddana stałemu naprężeniu. Dwie częstotliwości rezonansowe struny wynoszą 400 Hz i 480 Hz, pomiędzy nimi nie występują żadne inne częstotliwości rezonansowe. (a) Jakie są długości fal tych dwóch modów rezonansowych? (b) Ile wynosi naprężenie struny? a. f n = n v 2 L , v = 2 L f n + 1 n + 1 , n + 1 n = 2 L f n + 1 2 L f n , 1 + 1 n = 1,2 , n = 5 λ n = 2 n L , λ 5 = 1,6 m , λ 6 = 1,33 m ; b. F T = 245,76 N Zadania trudniejsze Drut miedziany o promieniu 200 μm ma długość 5,0 m. Poddano go naprężeniu 3000 N i lekko rozciągnięto. Został szarpnięty i wzdłuż niego rozszedł się impuls. Jaka jest prędkość rozchodzenia się impulsu? Załóż, że podane warunki są niezmienne: ρ = 8,96 g / c m 3 , Y = 1,1 ⋅ 10 11 N / m . Impuls biegnie wzdłuż osi x i może być opisany funkcją falową y ( x , t ) = 4,00 m ⋅ e − ( x + ( 2,00 m / s ) ⋅ t 1,00 m ) 2 . (a) Jakie są kierunek i prędkość impulsu (b) Jaką drogę fala przebiegnie w czasie 3,00 s? (c) Korzystając z arkusza kalkulacyjnego, narysuj wykres funkcji falowej w chwilach równych t = 0,00 s i t = 3,00 s . Sprawdź poprawność obliczeń w punkcie (b). a. Ruch w kierunku ujemnych wartości x z prędkością v = 2,00 m/s . b. Δ x = −6,00 m; c. Struna o liniowej gęstości masy μ = 0,0085 kg/m jest podparta na obu końcach. Odważnik o masie 5,0 kg został przymocowany do struny, jak pokazano poniżej. Jeśli impuls wytworzono wzdłuż odcinka A struny, to ile wynosi prędkość tego impulsu wzdłuż odcinka A , a ile wzdłuż odcinka B ? Rozważ dwie funkcje falowe y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) i y 2 ( x , t ) = A sin ( k x + ω t + ϕ ) . Podaj funkcję falową, która jest wynikiem interferencji tych dwóch fal. (Wskazówka: sin ( α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β i ϕ = ϕ 2 + ϕ 2 .) sin ( k x − ω t ) = sin ( k x + ϕ 2 ) cos ( ω t + ϕ 2 ) − cos ( k x + ϕ 2 ) sin ( ω t + ϕ 2 ) sin ( k x − ω t + ϕ ) = sin ( k x + ϕ 2 ) cos ( ω t + ϕ 2 ) + cos ( k x + ϕ 2 ) sin ( ω t + ϕ 2 ) sin ( k x − ω t ) + sin ( k x + ω t + ϕ ) = 2 sin ( k x + ϕ 2 ) cos ( ω t + ϕ 2 ) y R = 2 A sin ( k x + ϕ 2 ) cos ( ω t + ϕ 2 ) Funkcja falowa, opisująca falę stojącą ma postać y R ( x , t ) = 6,00 cm sin ( 3,00 m −1 x + 1,20 rad ) cos ( 6,00 s −1 t + 1,20 rad ) . Jakie są funkcje falowe fal, których interferencja prowadzi do powstania powyższej fali? Narysuj te dwie funkcje falowe i ich sumę dla chwili t = 1,00 s . Rozważ dwie funkcje falowe y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) i y 2 ( x , t ) = A sin ( k x + ω t + ϕ ) . Funkcja falowa fali wypadkowej, która powstanie po ich dodaniu ma postać y R = 2 A sin ⁡ ( k x + ϕ / 2 ) cos ⁡ ( ω t + ϕ / 2 ) . Rozważ przypadek dla A = 0,03 m −1 , k = 1,26 m −1 , ω = π s −1 i ϕ = π / 10 . (a) Gdzie znajdują się trzy pierwsze węzły fali stojącej, która od punktu zero biegnie w kierunku zgodnym ze zwrotem osi x ? (b) Korzystając z arkusza kalkulacyjnego, narysuj wykresy tych dwóch funkcji falowych i funkcji falowej fali wypadkowej dla chwili t = 1,00 s . sin ( k x + ϕ 2 ) = 0 , k x + ϕ 2 = 0 , π , 2 π , 1,26 m −1 x + π 20 = π , 2 π , 3 π x = 2,37 m , 4,86 m , 7,35 m ; strzałka (ang. antinode ) punkt, w którym amplituda fali stojącej jest maksymalna częstotliwość podstawowa (ang. fundamental frequency ) najniższa częstotliwość, która może wygenerować falę stojącą węzeł (ang. node ) punkt, w którym struna jest nieruchoma czyli, węzły są punktami, w których wychylenia fali stojącej wynoszą zero mod podstawowy (ang. normal mode ) najprostsza możliwa konfiguracja fali stojącej na strunie nadton (ang. overtone ) częstotliwość, która generuje falę stojącą, wyższa niż częstotliwość podstawowa fala stojąca (ang. standing wave ) fala, która odbija się tam i z powrotem w ograniczonej przestrzeni", "section": "Fale stojące i rezonans", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wstęp Słuch jest ważnym ludzkim zmysłem, który pozwala słyszeć dźwięki w zakresie częstotliwości od 20 Hz do 20 kHz. Jednak inne żywe gatunki mają bardzo różne zakresy słyszenia. Na przykład nietoperze emitują dźwięki w paśmie ultradźwiękowym powyżej 20 kHz. Mogą one wykrywać okoliczne owady dzięki słyszeniu echa odbitego od obiektów (echolokacja). Ultradźwięki są ważne w wielu zastosowaniach, w tym do wykrywania wewnętrznych struktur ludzkiego ciała. Ultradźwięki są również użyteczne w przemyśle spożywczym do nieinwazyjnego badania jakości żywności (Źródło: modyfikacja pracy Angella Williamsa) Dźwięk jest przykładem fali mechanicznej, drganiem cząstek (na przykład cząsteczek powietrza), które można odczuć jako zmiany ciśnienia. Fala dźwiękowa przemieszcza się w powietrzu i w innych ośrodkach jako drgania cząstek. Normalny słuch ludzki obejmuje imponujący zakres częstotliwości od 20 Hz do 20 kHz. Dźwięki poniżej 20 Hz nazywane są infradźwiękami, natomiast dźwięki o częstotliwościach powyżej 20 kHz – ultradźwiękami. Niektóre zwierzęta, takie jak np. nietoperz pokazany na , mogą słyszeć dźwięki w zakresie ultradźwięków. Wiele pojęć omówionych w rozdziale Fale ma również zastosowanie w badaniach nad dźwiękiem. Na przykład, gdy fala napotyka na swojej drodze granicę dwóch ośrodków, w których dźwięk rozchodzi się z różnymi prędkościami, następuje odbicie i załamanie fali. Ultradźwięki mają wiele zastosowań w różnych dziedzinach nauki, techniki i medycyny. Ultradźwięki stosuje się między innymi w przemyśle, do badania grubości powłok materiałowych bez ich uszkadzania, czy w medycynie, do obrazowania płodu w łonie matki bez stwarzania zagrożenia dla zdrowia. W późniejszej części tego rozdziału omówiono efekt Dopplera, który może być wykorzystany do określenia prędkości przepływu krwi w tętnicy i mierzenia prędkości wiatru w systemach pogodowych.", "section": "Wstęp", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Fale dźwiękowe Dźwięk słyszalny przez człowieka jest rozchodzącym się zaburzeniem ośrodka sprężystego, czyli falą mechaniczną o częstotliwości z zakresu 20 Hz – 20 kHz. Słuch jest percepcją dźwięku, podobnie jak wzrok jest percepcją światła widzialnego. W skali atomowej (mikroskopowej) dźwięk jest zaburzeniem atomów, który jest znacznie bardziej uporządkowany niż ich ruchy termiczne. W wielu przypadkach dźwięk jest falą okresową, a cząstki wykonują prosty ruch harmoniczny. W ten sposób fale dźwiękowe mogą powodować drgania i efekty rezonansowe ( ). Kieliszek rozbiła fala dźwiękowa o częstotliwości równej częstotliwości rezonansowej kieliszka (Źródło: „||read||”/Flickr) Ten film pokazuje fale na powierzchni kieliszka do wina, wytworzone fale akustyczne wygenerowane przez głośnik. Jeśli częstotliwość będzie się zbliżać do częstotliwości rezonansowej kieliszka, amplituda i częstotliwość będą wzrastać. W momencie osiągnięcia częstotliwości rezonansowej kieliszek ulegnie zniszczeniu. Głośnik wytwarza falę dźwiękową poprzez drgania membrany, powodując drgania cząsteczek powietrza. Na , głośnik drga ze stałą częstotliwością i stałą amplitudą, pobudzając do drgań cząsteczki powietrza znajdujące się w pobliżu. Membrana głośnika, drgając, przekazuje energię do powietrza, głównie w postaci energii cieplnej. Niewielka część energii głośnika powoduje sprężenia i rozrzedzenia otaczającego powietrza, prowadząc do lokalnych zmian ciśnienia powietrza. Zagęszczenia (ang. compression ), czyli obszary wysokiego ciśnienia, i rozrzedzenia (ang. rarefaction ), czyli obszary niskiego ciśnienia, rozprzestrzeniają się jako podłużne fale ciśnienia mające taką samą częstotliwość jak membrana. Zmiany te są falą dźwiękową. Fale dźwiękowe w powietrzu i w większości płynów są falami podłużnymi, ponieważ w gazach i płynach praktycznie nie występują siły ścinające. W ciałach stałych fale dźwiękowe mogą być poprzeczne i podłużne. (a) pokazuje zagęszczenia i rozrzedzenia ciśnienia powietrza oraz wykres zmian ciśnienia w funkcji odległości od głośnika. Gdy membrana głośnika przemieszcza się w kierunku zgodnym z dodatnim kierunkiem osi x , popycha cząsteczki powietrza, wytrącając je z położenia równowagi. Gdy membrana głośnika przemieszcza się w kierunku przeciwnym do dodatniego kierunku osi x , cząsteczki wracają do pozycji równowagi. Cząsteczki powietrza drgają w sposób harmoniczny wokół położenia równowagi, tak jak pokazano na (b). Zwróć uwagę, że fale dźwiękowe w powietrzu są podłużne. Na rysunku fala propaguje się w dodatnim kierunku osi x , a cząsteczki drgają wzdłuż kierunku, w którym fala się propaguje. (a) Wibrujący stożek głośnika, poruszający się w kierunku zgodnym z dodatnim kierunkiem osi x , spręża powietrze przed nim i rozrzedza powietrze za nim. Gdy głośnik wykonuje drgania, powoduje kolejne zagęszczenia i rozrzedzenia, które oddalają się od głośnika. Po wielu drganiach seria zagęszczeń i rozrzedzeń propaguje się z głośnika jako fala dźwiękowa. Czerwona krzywa przedstawia wartość ciśnienia powietrza w funkcji odległości od głośnika. Dla dźwięków cichych ciśnienie powietrza różni się nieznacznie od wartości ciśnienia atmosferycznego. Należy zauważyć, że zmiany ciśnienia powietrza opisane są funkcją sinusoidalną, a wartości maksymalne i minimalne funkcji korelują odpowiednio z zagęszczeniami i rozrzedzeniami powietrza. (b) Fale dźwiękowe mogą być również modelowane jako ruch cząsteczek powietrza. Niebieska krzywa pokazuje przesunięcie cząsteczek powietrza w funkcji położenia i jest opisana za pomocą funkcji cosinusoidalnej. Zwróćmy uwagę, że przesunięcie wynosi zero dla cząsteczek w położeniu równowagi i znajduje się pośrodku pomiędzy zagęszczeniami i rozrzedzeniami. Zagęszczenia powstają, gdy cząsteczki po obu stronach położenia równowagi przemieszczają się w stronę położenia równowagi. Rozrzedzenia natomiast powstają wtedy, gdy cząsteczki oddalają się od położenia równowagi. Modele opisujące dźwięk Dźwięk może być modelowany jako zmiany ciśnienia powietrza wokół wartości średniej: Δ p ( x , t ) = Δ p max sin ( k x ∓ ω t + ϕ ) , gdzie Δ p oznacza zmianę ciśnienia, Δ p max jest maksymalną zmianą ciśnienia powietrza, k = 2 π / λ jest liczbą falową, ω = 2 π / T = 2 π f jest częstością kołową, natomiast ϕ jest fazą początkową. Równanie to jest podobne do równania przedstawiającego falę periodyczną w rozdziale Fale . Prędkość dźwięku może być wyznaczona z zależności v = ω / k = λ / T . Fale dźwiękowe mogą być również modelowane za pomocą drgających cząsteczek powietrza. Wychylenie cząsteczek powietrza może być opisane funkcją cosinus: s ( x , t ) = s max cos ( k x ∓ ω t + ϕ ) . W powyższym równaniu s oznacza wychylenie, natomiast s max jest maksymalnym wychyleniem cząsteczek. Na rysunku nie pokazano amplitudy fali dźwiękowej, która maleje wraz z odległością od źródła na skutek rozpraszania energii. Natężenie fali maleje wraz ze wzrostem odległości od głośnika, podobnie jak to przedstawiono w rozdziale Fale . Energia fali jest również pochłaniana przez obiekty i przekształcana w energię termiczną na skutek zderzanie się cząsteczek powietrza. Ponadto podczas każdego sprężenia tylko część ciepła przekazywana jest do powietrza, a w trakcie procesu rozprężania jeszcze mniej ciepła jest przekazywana do powietrza. Skuteczność przekazywania ciepła z obszaru sprężenia do obszaru rozrzedzenia zależy od odległości pomiędzy tymi obszarami, co związane jest z długością fali. Długość fali, częstotliwość, amplituda i prędkość propagacji są ważnymi parametrami, które charakteryzują dźwięk, podobnie jak we wszystkich falach. Podsumowanie Dźwięk jest zaburzeniem ośrodka, które przemieszcza się od źródła. Słuch jest percepcją dźwięku. Dźwięk może być modelowany przez zmiany ciśnienia lub drgania cząsteczek ośrodka. Ludzkie ucho odbiera dźwięki z zakresu częstotliwości od 20 Hz do 20 kHz. Pytania Czym jest dźwięk, a czym jest słyszenie dźwięku. Dźwięk jest zaburzeniem ośrodka, które rozchodzi się od źródła. Słyszenie jest percepcją dźwięku. Będziesz się uczyć o tym, że światło jest falą elektromagnetyczną, która może propagować się w próżni. Czy dźwięk może rozchodzić się w próżni? Fale dźwiękowe mogą być modelowane jako zmiany ciśnienia. Dlaczego korzysta się z pojęcia „zmiana ciśnienia”, a nie „chwilowa wartość ciśnienia”? Przeanalizuj falę dźwiękową poruszającą się w powietrzu. Ciśnienie powietrza jest warunkiem równowagi, jest to zmiana ciśnienia powodowana przez falę dźwiękową. Zadania Rozważmy falę dźwiękową opisaną równaniem s ( x , t ) = 4 nm cos ( 3,66 m −1 x − 1256 s −1 t ) . Ile wynosi maksymalne wychylenie, częstotliwość, długość fali oraz prędkość rozchodzenia się fali dźwiękowej? s max = 4,00 nm , λ = 1,72 m , f = 200 Hz , v = 343,17 m/s Rozważmy falę dźwiękową poruszającą się w powietrzu opisaną równaniem s ( x , t ) = 6 n m cos ⁡ ( 54,93 m − 1 x − 18 840 ⁢ s -1 t ) . Jaki jest najkrótszy czas, aby cząsteczka powietrza przemieściła się od 3 nm do –3 nm? Rozważmy falę ultradźwiękową o częstotliwości 5,00 MHz, która jest wykorzystywana do badania nieprawidłowości w tkance miękkiej. Jaka jest długość fali, jeśli porusza się ona w powietrzu z prędkością 343 m/s? Jeśli prędkość dźwięku w tkance wynosi 1800 m/s, jaka jest długość fali w tkance? a. λ = 68,60 μ m; b. λ = 360,00 μ m Fala dźwiękowa opisana jest zależnością Δ P = 1,80 P a sin ⁡ ( 55,41 m − 1 x − 18 840 s − 1 t ) . Ile wynosi maksymalna zmiana ciśnienia, długość i częstotliwość fali oraz prędkość dźwięku? Fala dźwiękowa opisana jest funkcją Δ P = 1,20 P a sin ⁡ ( k x − 6,28 ⋅ 10 4 s − 1 t ) , natomiast prędkość dźwięku w powietrzu wynosi v = 343,00 m/s . Ile wynosi liczba falowa dla fali dźwiękowej? Ile wynosi Δ P ( 3,00 m ; 20,00 s ) ? a. k = 183,09 m −1 ; b. Δ P = −1,11 Pa Wychylenie cząsteczki powietrza dla fali dźwiękowej opisane jest zależnością s ( x , t ) = 5 n m cos ⁡ ( 91,54 m − 1 x − 3140 ⁢ s -1 t ) . Ile wynosi prędkość dźwięku? Jaka jest maksymalna prędkość cząsteczki powietrza w prostym ruchu harmonicznym? Ile wynosi maksymalne przyspieszenie drgań cząsteczek powietrza w prostym ruchu harmonicznym? Głośnik znajduje się przy otworze długiej poziomej rury. Głośnik generuje falę o częstotliwości f , wytwarzając falę dźwiękową, która porusza się w rurze. Fala w rurze porusza się z prędkością równą v = 340,00 m/s . Fala dźwiękowa opisana jest zależnością s ( x , t ) = s max cos ( k x − ω t + ϕ ) . W chwili czasu t = 0,00 s cząsteczka powietrza dla x = 3,5 m znajduje się w położeniu maksymalnego wychylenia, które wynosi 7,00 nm. W tym samym czasie wychylenie innej cząsteczki dla x = 3,7 m wynosi 3,00 nm. Jaka jest częstotliwość fali generowanej przez głośnik? s 1 = 7,00 nm, s 2 = 3,00 nm, k x 1 + ϕ = 0 rad k x 2 + ϕ = 1,128 rad k ( x 2 − x 1 ) = 1,128 rad, k = 5,64 m −1 λ = 1,11 m, f = 306,31 Hz Kamerton zostaje pobudzony do drgań i generuje dźwięk o częstotliwości 250 Hz. Miernik poziomu dźwięku znajduje się w odległości 34,00 m od kamertonu. Dźwięk dociera do miernika po czasie Δ t = 0,10 s . Maksymalne wychylenie widełek kamertonu wynosi 1,00 mm. Napisz funkcję opisującą falę dźwiękową. Fala dźwiekowa wytworzona jest przez przetwornik ultradźwiękowy. Poruszając się w powietrzu, może być opisana zależnością s ( x , t ) = 4,50 cos ⁡ ( 9,15 ⋅ 10 4 ⋅ x − 2 π ⋅ 5,00 ⋅ t ) , gdzie amplituda jest wyrażona w nm, wektor falowy w 1/m, a częstotliwość w MHz. Przetwornik wykorzystywany jest w nieinwazyjnych badaniach struktur belek stalowych. Prędkość dźwięku w belce stalowej wynosi v = 5950 m/s . Napisz zależność dla fali dźwiękowej poruszającej się w belce stalowej. k = 5,28 ⋅ 10 3 m s ( x , t ) = 4,50 n m cos ⁡ ( 5,28 ⋅ 10 3 m − 1 x − 2 π ⋅ 5,00 M H z ⋅ t ) Morświny emitują dźwięki, które wykorzystują do nawigacji. Jeśli długość wyemitowanej fali wynosi 4,5 cm, a prędkość dźwięku w wodzie wynosi v = 1530 m/s, to jaki jest okres fali? Nietoperze wykorzystują fale dźwiękowe do chwytania owadów. Nietoperze potrafią wykrywać dźwięki do 100 kHz. Jeśli fale dźwiękowe propagują się w powietrzu z prędkością v = 343 m/s , to jaka jest ich długość fali? λ = 3,43 mm Nietoperz emituje dźwięk o częstotliwości 100 kHz, a fala dźwiękowa porusza się w powietrzu z prędkością równą v = 343 m/s . Jeśli maksymalna różnica ciśnień wynosi 1,30 Pa, to jaka jest postać zależności opisującej falę dźwiękową, przy założeniu, że jest to funkcja sinusoidalna? (Załóż, że przesunięcie fazowe wynosi zero.) Jaki jest okres fali dźwiękowej? Przeanalizujmy przedstawiony wykres zmian ciśnienia, na którym pokazano zmiany ciśnienia dla t = 0,000 s (krzywa niebieska) oraz t = 0,005 s (krzywa czerwona). Ile wynosi długość, wychylenie, prędkość oraz okres fali? λ = 6,00 m s max = 2,00 m m v = 600 m / s T = 0,01 s Przeanalizujmy wykres z poprzedniego zadania. Pokazano na nim zmiany ciśnienia dla t = 0,000 s (krzywa niebieska) i t = 0,005 s (krzywa czerwona). Zakładając, że wychylenie cząstki dla czasu t = 0,00 s i położenia x = 0,00 m jest s ( 0,00 m , 0,00 s ) = 1,08 mm, napisz funkcję opisującą zmiany ciśnienia. Struna gitary drga z częstotliwością równą 100 Hz i emituje falę dźwiękową. Czy częstotliwość fali dźwiękowej jest równa częstotliwości drgań struny? Jeśli prędkość dźwięku wynosi v = 343 m/s , to jaka jest długość fali? (a) f = 100 Hz, (b) λ = 3,43 m słuch (ang. hearing ) percepcja dźwięku dźwięk (ang. sound ) propagujące zaburzenia ośrodka, które mogą być okresowe i mogą być modelowane jako zmiany ciśnienia powietrza lub drgania cząsteczek", "section": "Fale dźwiękowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Prędkość dźwięku Dźwięk jak wszystkie fale propaguje się z określoną prędkością oraz posiada określoną częstotliwość (ang. frequency ) i długość (ang. wavelength ). Różnica między prędkością dźwięku a prędkością światła można zaobserwować, oglądając pokaz sztucznych ogni ( ). Błysk wybuchu można zaobserwować wcześniej niż usłyszeć jego dźwięk, co sugeruje, że dźwięk propaguje się z ograniczoną i mniejszą prędkością niż światło. Kiedy eksplodują fajerwerki, światło widzimy wcześniej niż słyszymy dźwięk, ponieważ propaguje się on wolniej niż światło. Różnicę między prędkościami światła i dźwięku można również zauważyć podczas wyładowań atmosferycznych. Być może wiesz, że licząc sekundy między zaobserwowanym przez ciebie błyskiem a usłyszanym grzmotem, możesz oszacować jak daleko uderzył piorun. Światło dociera do oka niemal błyskawicznie, a dźwięk na pokonanie kilometra potrzebuje około trzech sekund. Prędkość każdej fali zależy od jej częstotliwości i długości, zgodnie ze wzorem: v = f λ , gdzie v jest prędkością dźwięku, f jest częstotliwością, natomiast λ jest długością fali. Dla przypomnienia, z rozdziału Fale wynika, że długość fali jest odległością pomiędzy kolejnymi identycznymi punktami fali. Na powierzchni fali lub na strunie długość fali może być zmierzona pomiędzy dwoma kolejnymi punktami o tej samej wysokości i nachyleniu, na przykład pomiędzy dwoma kolejnymi grzbietami lub dwoma kolejnymi dolinami. Podobnie długość fali dźwiękowej jest odległością pomiędzy dwoma kolejnymi identycznymi punktami fali – na przykład pomiędzy dwoma identycznymi kolejnymi zagęszczeniami ( ). Częstotliwość fali dźwiękowej jest taka sama jak częstotliwość źródła i jest liczbą fal, które docierają do określonego punktu ośrodka w jednostce czasu. Fala dźwiękowa wyemitowana ze źródła, jakim jest kamerton drgający z częstotliwością f . Fala dźwiękowa o długości λ propaguje się z prędkością v . Prędkość dźwięku w różnych ośrodkach pokazuje, że prędkość dźwięku zależy od tego jak szybko energia akustyczna może być przenoszona przez ośrodek. Z tego powodu wyprowadzenie zależności na prędkość dźwięku w danym ośrodku zależy od rodzaju i stanu ośrodka. Ogólnie, prędkość dźwięku dla fali mechanicznej w ośrodku zależy od pierwiastka kwadratowego ilorazu sprężystości (ang. elasticity ) i bezwładności (ang. inertia ): v = sprężystość bezwładność . Fale dźwiękowe spełniają równanie falowe wyprowadzone w rozdziale Fale : ∂ 2 y ( x , t ) ∂ x 2 = 1 v 2 ∂ 2 y ( x , t ) ∂ t 2 . Dla przypomnienia, z rozdziału Fale wynika, że prędkość fali na strunie jest równa v = F T / μ , gdzie siłą sprężystości jest naprężenie struny F T , natomiast gęstość liniowa μ jest bezwładnością. W płynach prędkość dźwięku zależy od modułu sprężystości objętościowej i gęstości: v = K ρ . Prędkość dźwięku w ciele stałym zależy od modułu Younga (ang. Young’s modulus ) i gęstości ośrodka: v = E ρ . W gazie doskonałym (zobacz: Kinetyczna teoria gazów ) wzór na prędkość dźwięku jest następujący: v = κ R T K M , gdzie κ jest wykładnikiem adiabaty, R = 8,31 J / ( m o l ⋅ K ) jest stałą gazową, T K temperaturą bezwzględną w kelwinach, natomiast M jest masą cząsteczkową. W ogólnym przypadku im bardziej sztywny (mniej ściśliwy) ośrodek, tym wyższa prędkość dźwięku. Analogicznie częstotliwość prostego ruchu harmonicznego jest wprost proporcjonalna do sztywności drgającego obiektu określonego przez k , stałą sprężystości. Dalej, im większa jest gęstość ośrodka, tym mniejsza jest prędkość dźwięku. Wniosek ten jest analogiczny do faktu, że częstotliwość prostego ruchu harmonicznego jest odwrotnie proporcjonalna do m masy drgającego ciała. Prędkość dźwięku w powietrzu jest mała, ponieważ powietrze jest łatwo ściśliwe. Ponieważ ciecze i ciała stałe są bardzo sztywne i trudne do ściśnięcia, prędkość dźwięku w tych ciałach jest generalnie większa niż w gazach. Prędkość dźwięku w różnych ośrodkach Ośrodek v (m/s) Gazy w temperaturze 0 ∘ C Powietrze 331 Dwutlenek węgla 259 Tlen 316 Hel 965 Wodór 1290 Ciecze w temperaturze 20 ∘ C Etanol 1160 Rtęć 1450 Woda 1480 Woda morska 1540 Ludzka tkanka 1540 Ciała stałe (fale podłużne lub objętościowe) Guma wulkanizowana 54 Polietylen 920 Marmur 3810 Szkło 5640 Ołów 1960 Aluminium 5120 Stal 5960 Prędkość dźwięku w różnych ośrodkach. Ponieważ prędkość dźwięku zależy od gęstości materiału, a gęstość zależy od temperatury, istnieje zależność pomiędzy temperaturą ośrodka i prędkością rozchodzącego się w nim dźwięku. Prędkość dźwięku w powietrzu dana jest wzorem: v = 331 m s 1 + T C 273 ∘ C = 331 m s T K 273 K , gdzie temperatura T C dana jest w stopniach Celsjusza, a temperatura T K – w kelwinach. Prędkość dźwięku w gazach zależy od średniej prędkości cząsteczek gazu, v rms = 3 k B T / m , gdzie k B jest stałą Boltzmana ( 1,38 ⋅ 10 − 23 J / K ) , a m jest masą pojedynczej cząsteczki. Zwróć uwagę, że v jest prędkością propagacji koherentnego zaburzenia (fala), natomiast v rms opisuje prędkość cząsteczek poruszających się w różnych kierunkach. Z tego powodu uzasadnione jest stwierdzenie, że prędkość dźwięku w powietrzu powinna zależeć od pierwiastka kwadratowego z temperatury. Nie jest to silna zależność. Dla 0 ∘ C prędkość dźwięku wynosi 331 m/s, natomiast dla 20 ∘ C – 343 m/s, czyli niecałe 4 % przyrostu. pokazuje, w jaki sposób nietoperz wykorzystuje dźwięk do określenia odległości. Nietoperz wykorzystuje zjawisko echa do określenia odległości od zdobyczy. Czas dotarcia echa jest wprost proporcjonalny do odległości. Podobnie działa czujnik LIDAR (ang. Light Detection and Ranging ) stosowany w samochodach autonomicznych (bazuje na flach elektromagnetycznych). Wyprowadzenie wzoru na prędkość dźwięku w powietrzu Jak wcześniej wspomniano, prędkość dźwięku w ośrodku zależy od rodzaju i stanu ośrodka. Wyprowadzenie zależności na prędkość dźwięku w powietrzu należy rozpocząć od masy przepływu i równania ciągłości omówionego w rozdziale Mechanika płynów . Rozważmy przepływ płynu przez rurę o przekroju poprzecznym A ( ). Masa w małej objętości rury o długości x jest równa iloczynowi gęstości i objętości m = ρ V = ρ A x . Natężenie masy przepływu jest równe: d m d t = d d t ( ρ V ) = d d t ( ρ A x ) = ρ A d x d t = ρ A v . Z równania ciągłości z rozdziału Mechanika płynów wynika, że masa przepływu wpływająca do objętości musi być równa masie przepływu wypływającej z objętości: ( ρ A v ) wpływająca = ( ρ A v ) wypływająca . Masa płynu w objętości jest równa iloczynowi objętości i gęstości, m = ρ V = ρ A x . Strumień masy jest pochodną masy po czasie. Rozważmy teraz dźwięk propagujący się w płynie. Weźmy infinitezymalnej grubości obszar ułożony wzdłuż powierzchni równego ciśnienia. Gęstość, temperatura i prędkość zmieniają się wzdłuż takiego obszaru o, odpowiednio, d ρ , d T oraz d v ( ). Fala dźwiękowa propaguje się przez objętość płynu. Gęstość, temperatura i prędkość płynu zmieniają się i są inne po obu stronach Z równania ciągłości wynika, że strumień masy wpływający do danej objętości jest równy strumieniowi wypływającemu z objętości. W takim przypadku ρ A v = ( ρ + d ρ ) A ( v + d v ) . Powyższe równanie można uprościć. Po obustronnym podzieleniu przez powierzchnię A i po uwzględnieniu, że mnożenie dwóch nieskończenie małych wielkości jest w przybliżeniu równe zero: d p ( d v ) ≈ 0 , otrzymujemy: ρ v = ( ρ + d ρ ) ( v + d v ) ρ v = ρ v + ρ ( d v ) + ( d ρ ) v + ( d ρ ) ( d v ) 0 = ρ ( d v ) + ( d ρ ) v ρ d v = − v d ρ . Wypadkowa siła wywierana na objętość płynu ( ) jest równa sumie sił po lewej i prawe stronie: F wyp = p d y d z − ( p + d p ) d y d z = p d y d z − p d y d z − d p d y d z = − d p d y d z m a = − d p d y d z . Fala dźwiękowa porusza się przez objętość płynu. Siła po każdej stronie jest równa iloczynowi ciśnienia i powierzchni. Przyspieszenie jest równe sile podzielonej przez masę, a masa jest równa iloczynowi gęstości i objętości, m = ρ V = ρ d x d y d z . Otrzymujemy zatem: m a = − d p d y d z a = − d p d y d z m = d p d y d z ρ d x d y d z = − d p ρ d x d v d t = − d p ρ d x d v = − d p ρ d x d t = − d p ρ 1 v ρ v d v = − d p . Z równania ciągłości ρ d v = − v d ρ , otrzymujemy: ρ ⁢ d v = - v ⁢ d ρ - v ⁢ d ρ ⁢ v = - d p v = d p d ρ Rozważmy falę dźwiękową poruszającą się w powietrzu. Podczas procesu sprężania i rozprężania gazu do układu nie jest dostarczane ani oddawane żadne ciepło. Proces, w którym nie występuje żadna wymiana ciepła z układem, nazywa się przemianą adiabatyczną. Jest ona szczegółowo opisana w rozdziale Pierwsze prawo termodynamiki , natomiast na tym etapie wystarczy stwierdzić, że dla procesu adiabatycznego p V κ = const, gdzie p jest ciśnieniem, V jest objętością, a κ jest stałą zależną od gazu. Dla powietrza κ = 1,40 . Gęstość jest równa iloczynowi liczby moli i masy molowej, podzielonej przez objętość, stąd objętość jest równa V = n M / ρ . Liczba moli i masa molowa są stałe i mogą być włączone do stałej, czyli otrzymujemy: p ( 1 / ρ ) κ = const. Obliczając logarytm naturalny z obu stron równania, dochodzimy do wyrażenia: ln p − κ ln ρ = const . Obliczając następnie pochodną po gęstości, otrzymujemy: ln ⁡ p − κ ln ⁡ ρ = const d d ρ ( ln ⁡ p − κ ln ⁡ ρ ) = d d ρ ( const ) 1 p d p d ρ − κ ρ = 0 d p d ρ = κ p ρ . Zakładając, że powietrze można uznać za gaz doskonały, możemy skorzystać z równania dla gazu doskonałego: p V = n R T = m M R T p = m V R T M = ρ R T M . W powyższym wzorze M oznacza masę molową powietrza: d p d ρ = κ p ρ = κ ( ρ R T M ) ρ = κ R T M . Ponieważ prędkość dźwięku jest równa v = d p / d ρ , dalej otrzymujemy: v = κ R T M . Należy zauważyć, że prędkość jest większa dla wyższych temperatur i mniejsza w przypadku cięższych gazów. Dla powietrza κ = 1,4 , M = 0,02897 k g / m o l i R = 8,31 J / ( m o l ⋅ K ) . Jeśli temperatura wynosi T C = 20 ∘ C ( T = 293 K ) , prędkość dźwięku jest równa v = 343 m/s . Wzór na prędkość dźwięku w powietrzu v = κ R T / M można uprościć do postaci, w której prędkość dźwięku jest funkcją temperatury bezwzględnej: v = κ R T M = κ R T M ( 273 K 273 K ) = ( 273 K ) κ R M T 273 K ≈ 331 m s T 273 K . Jedną z najważniejszych właściwości dźwięku jest fakt, że prędkość dźwięku jest prawie niezależna od częstotliwości. Ta niezależność jest z pewnością prawdziwa w przestrzeni otwartej, dla dźwięków z zakresu częstotliwości słyszalnych. Gdyby nie była prawdziwa, z pewnością można byłoby to zauważyć, np. w trakcie koncertu orkiestry marszowej na stadionie piłkarskim. Załóżmy, że dźwięki o wysokich częstotliwościach propagowałyby się szybciej – im dalej znajdujesz się od zespołu, tym dźwięki z instrumentów o niskich częstotliwościach są bardziej opóźnione od dźwięków o wysokich częstotliwościach. Tymczasem muzyka ze wszystkich instrumentów dociera w tym samym czasie, niezależnie od odległości, co oznacza, że dźwięki o różnych częstotliwościach muszą propagować się z podobną prędkością. Pamiętajmy, że: v = f λ . W danym ośrodku, w pewnych warunkach, v jest stałe, co oznacza, że istnieje zależność pomiędzy f a λ : im wyższa częstotliwość, tym krótsza długość fali ( ). W danym ośrodku fale propagują się z taką samą prędkością. Z tego powodu dźwięki o niskich częstotliwościach muszą mieć większe długości fal od dźwięków o wysokich częstotliwościach. Na rysunku dźwięki o niskich częstotliwościach są generowane przez membranę o większej średnicy ( głośnik niskotonowy (ang. woofer )), natomiast dźwięki o wyższych częstotliwościach – przez membranę o mniejszej średnicy ( głośnik wysokotonowy (ang. tweeter )). Obliczanie długości fal Oblicz długości fal dźwięków w temperaturze powietrza równej 30,0 ∘ C dla skrajnych częstotliwości określających zakres słyszalności 20 Hz i 20 000 Hz w temperaturze powietrza równej . Strategia rozwiązania Aby znaleźć długość fali na podstawie częstotliwości, możemy wykorzystać zależność v = f λ . Rozwiązanie Określ znane wielkości. Wielkość v dana jest wzorem: v = 331 m s T 273 K . Wyraź temperaturę w kelwinach, a następnie podstaw do wzoru: v = 331 m s 303 K 273 K = 348,7 m s . Rozwiąż zależność i wyznacz długość fali λ : λ = v f . Podstaw prędkość i dolną częstotliwość, aby otrzymać maksymalną długość fali: λ max = ​ 348,7 m/s 20 Hz = 17 m . Podstaw prędkość i górną częstotliwość, aby otrzymać minimalną długość fali: λ min = 348,7 m/s 20,000 Hz = 0,017 m = 1,7 cm . Znaczenie Ponieważ iloczyn f i λ jest wielkością stałą, im niższa częstotliwość f , tym większa długość fali λ i odwrotnie. Prędkość dźwięku może się zmieniać, gdy dźwięk przechodzi z jednego ośrodka do drugiego, ale zwykle częstotliwość pozostaje taka sama. Podobnie częstotliwość fali na strunie jest równa częstotliwości siły wymuszającej drgania struny. Jeśli v się zmienia i f pozostaje taka sama, wówczas długość fali λ musi się zmieniać. Wynika to ze wzoru v = f λ ; wyższa prędkość dźwięku to większa długość fali dla danej częstotliwości. Sprawdź, czy rozumiesz. Wyobraź sobie dwa wybuchy sztucznych ogni. Eksplozję jednego z nich widzisz i słyszysz w tym samym czasie. Jednak zanim usłyszysz wybuch drugiego fajerwerku, kilka milisekund wcześniej widzisz błysk wybuchu. Wytłumacz dlaczego. Dźwięk i światło propagują się ze skończoną prędkością, ale prędkość dźwięku jest mniejsza niż prędkość światła. Pierwszy wybuch występuje najprawdopodobniej bardzo blisko, przez co różnica w prędkości jest niezauważalna. Drugi wybuch występuje daleko, co sprawia, że światło widzisz wcześniej, niż usłyszysz dźwięk wybuchu. Chociaż fale dźwiękowe w powietrzu są falami podłużnymi, w ciele stałym poruszają się w postaci fal podłużnych i poprzecznych. Fale sejsmiczne (ang. seismic waves ), które są zasadniczo falami dźwiękowymi w skorupie ziemskiej wytwarzanymi przez trzęsienia ziemi, są ciekawym przykładem tego, jak prędkość dźwięku zależy od sztywności ośrodka. Trzęsienia ziemi wytwarzają zarówno fale podłużne, jak i poprzeczne, które poruszają się z różnymi prędkościami. Moduł sztywności granitu jest większy niż jego moduł ścinania. Z tego powodu prędkość fal podłużnych (P) w granicie podczas trzęsień ziemi jest znacznie większa niż prędkość fal poprzecznych (S). Oba rodzaje fal trzęsień ziemi przemieszczają się wolniej w mniej sztywnych materiałach, takich jak osady. Fale P mają prędkości od 4 do 7 km/s, a zakresy prędkości fal S wynoszą od 2 do 5 km/s. Fale P propagują się dalej niż fale S podczas przechodzenia przez skorupę ziemską. Czas pomiędzy falami P i S jest powszechnie używany do określenia odległości od ich źródła, od epicentrum trzęsienia ziemi. Ponieważ fale S nie przechodzą przez ciekły rdzeń (brak modułu sztywności), a fale P załamują się na granicy płaszcz-jądro, tworzą się dwa obszary cienia. Trzęsienia ziemi wytwarzają zarówno fale podłużne (fale P), jak i fale poprzeczne (fale S), które poruszają się z różnymi prędkościami. Oba rodzaje fal przemieszczają się z różnymi prędkościami w różnych obszarach Ziemi, ale ogólnie fale poprzeczne (P) propagują się szybciej niż fale poprzeczne (S). Fale poprzeczne (S) nie propagują się przez płynny rdzeń, który tworzy strefę cienia. Gdy fale dźwiękowe oddalają się od głośnika lub od epicentrum trzęsienia ziemi, ich moc na jednostkę powierzchni maleje. Z tego powodu dźwięk w pobliżu głośnika jest bardzo głośny i staje się coraz cichszy wraz ze wzrostem odległości od głośnika. Fakt ten wyjaśnia również, dlaczego w epicentrum trzęsienia ziemi może wystąpić ogromna ilość szkód, a w obszarach odległych od epicentrum można jedynie odczuć wstrząsy. Moc na jednostkę powierzchni znana jest jako natężenie. W następnym rozdziale zostanie omówione, jak natężenie zależy od odległości od źródła. Podsumowanie Prędkość dźwięku zależy od rodzaju i stanu ośrodka. W ciałach ciekłych, z powodu braku sił ścinających, fale dźwiękowe są podłużne. W ciałach stałych mogą rozchodzić się fale podłużne i poprzeczne. W powietrzu prędkość dźwięku zależy od temperatury T zgodnie ze wzorem v = 331 m s T K 273 K = 331 m s 1 + T C 273 ∘ C . Prędkość v jest taka sama dla wszystkich częstotliwości i długości fal dźwiękowych w powietrzu. Pytania Jak wibracje akustyczne atomów różnią się od ruchu termicznego? Czy zmienia się częstotliwość lub długość fali, gdy dźwięk przechodzi z jednego ośrodka do drugiego, w którym jest inna prędkość propagacji? Wyjaśnij odpowiedź. Częstotliwość nie zmienia się, gdy fala dźwiękowa przechodzi z jednego ośrodka do drugiego. Ponieważ prędkość zmienia się, a częstotliwość nie, długość fali również musi się zmienić. Podobnie jest dla oscylatora harmonicznego lub dla fali na strunie. Popularnym trikiem jest wdychanie helu i mówienie z wysoką częstotliwością, śmiesznym głosem. Wytłumacz to zjawisko. Być może stosowałeś akustyczny dalmierz do określenia odległości obiektów, wykorzystujący przetwornik akustyczny. Jaka jest zasada działania takiego urządzenia? Przetwornik wysyła falę dźwiękową, która odbija się od przedmiotu i mierzy jej czas powrotu. Ponieważ prędkość dźwięku jest stała, odległość do obiektu może zostać odnaleziona przez pomnożenie prędkości dźwięku oraz połowy zmierzonego przedziału czasowego. Akustyczny dalmierz omawiany w poprzednim pytaniu często wymaga kalibracji. Podczas kalibracji program pyta o temperaturę pokojową. Jak myślisz, dlaczego wymagana jest temperatura pomieszczenia? Zadania Gdy ukłuje się sopranistkę, potrafi ona wydać dźwięk o częstotliwości 1200 Hz. Jaka jest długość fali, jeśli prędkość dźwięku wynosi 345 m/s? Jaką częstotliwość ma dźwięk o długości fali 0,10 m, gdy prędkość dźwięku wynosi 340 m/s? f = 3400 Hz Oblicz prędkość dźwięku, którego fala dźwiękowa ma częstotliwość 1500 Hz i długość 0,221 m. Ile wynosi prędkość dźwięku w ośrodku, w którym częstotliwość fali akustycznej wynosi 100 kHz, a jej długość 5,96 cm? Jaka to może być substancja? Sprawdź w . v = 5,96 ⋅ 10 3 m s ; stal (wartość z ) Pokaż, że prędkość dźwięku w temperaturze 20,0 ∘ C w powietrzu wynosi 343 m/s , jak pokazano w tekście. Temperatura powietrza na Saharze może sięgnąć 56,0 ∘ C (ok. 134 ∘ F ). Ile wynosi prędkość dźwięku w powietrzu w takiej temperaturze? v = 363 m s Delfiny generują dźwięki w powietrzu i wodzie. Jaki jest stosunek długości fali dźwiękowej w powietrzu do jej długości w wodzie morskiej? Załóż, że temperatura powietrza wynosi 20,0 ∘ C . Echo z sonaru powraca do łodzi podwodnej po 1,20 s od momentu wygenerowania. Jaka jest odległość od obiektu, od którego fala się odbiła? Załóż, że łódź podwodna znajduje się w oceanie, a nie w wodzie słodkiej. Δ x = 924 m Jeśli sonar łodzi podwodnej może mierzyć czasy echa z dokładnością do 0,01 s, to jaka jest najmniejsza różnica w odległościach, które może wykryć? Załóż, że łódź podwodna znajduje się w oceanie, a nie w słodkiej wodzie. Omów ograniczenia, które dotyczą rozdzielczości systemu sonarowego, pozwalającego wykrywać rozmiary i kształty obiektów tworzących echo. Fale ultradźwiękowe są często wykorzystywane w nieinwazyjnych metodach badań. Na przykład metoda taka może być wykorzystana do wykrywania usterek konstrukcyjnych w belkach stalowych typu I stosowanych w budownictwie. Rozważmy belkę stalową typu I o długości 10,00 m o przekroju poprzecznym pokazanym poniżej. Ciężar belki typu I wynosi 3846,50 N. Jaka byłaby prędkość dźwięku w belce typu I? ( Y stal = 200 GPa , β stal = 159 GPa ) . V = 0,05 m 3 m = 392,5 kg ρ = 7850 kg/m 3 v = 5047,54 m/s Podczas pokazu sztucznych ogni fizyk rejestruje czasy, po których widzi wybuch i słyszy dźwięk wybuchu. Zmierzona różnica wynosi 0,400 s. W jakiej odległości nastąpił wybuch, jeśli temperatura powietrza wynosi 24,0 ° C oraz zaniedba się czas dotarcia światła wybuchu do fizyka? Wyznacz odległość, w jakiej nastąpił wybuch, uwzględniając prędkość światła. Zauważ, że odległość jest nieznacznie większa. Podczas uroczystości 4 lipca fajerwerk M80 eksploduje na ziemi, tworząc jasny rozbłysk i głośny huk. Temperatura powietrza w nocy wynosi T F = 90,0 ∘ F . Dwóch obserwatorów widzi błysk oraz słyszy dźwięk wybuchu. Pierwszy obserwator usłyszał dźwięk wybuchu po 1,00 sekundzie od momentu zauważenia błysku wybuchu. Drugi obserwator usłyszał dźwięk wybuchu po 3,00 sekundach od momentu zauważenia wybuchu. Linie widzenia pomiędzy dwoma obserwatorami tworzą kąt prosty, jak pokazano poniżej. Jaka jest odległość Δ x pomiędzy obserwatorami? T C = 35 ∘ C , v = 351,58 m / s Δ x 1 = 35,16 m , Δ x 2 = 52,74 m Δ x = 63,39 m Gęstość próbki wody wynosi ρ = 998,00 kg/m 3 , natomiast moduł sprężystości objętościowej K = 2,15 GPa . Ile wynosi prędkość propagacji w tej próbce? Złóżmy, że nietoperz wykorzystuje echo do lokalizacji swojej ofiary znajdującej się w odległości 3,00 m od niego ( ). Oblicz czas dotarcia echa dla temperatur 5,00 ∘ C i 35,0 ∘ C . Ile wynosi procentowa niepewność w lokalizacji owada przez nietoperza? Omów znaczenie tej niepewności i tego, co może utrudniać lokalizację przez nietoperza. W praktyce nietoperz nadal korzysta z echolokacji, eliminując większość trudności i innych efektów, jak np. ruch ofiary. t 5,00 ° C = 0,0180 s , t 35,0 ° C = 0,0171 s ; % niepewności = 5,00 % ; Ta niepewność mogłaby zdecydowanie stwarzać trudności nietoperzom, gdyby nie mogły wykorzystywać dźwięku do złapania zdobyczy. 5% niepewność może być różnicą pomiędzy schwytaniem zdobyczy za szyję lub klatkę piersiową, co oznacza, że może nie chwycić swojej zdobyczy.", "section": "Prędkość dźwięku", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Natężenie dźwięku W cichym lesie możesz czasami usłyszeć pojedynczy spadający na ziemię liść. Natomiast, kiedy kierowca samochodu ma włączone radio, nie słychać nawet tego, co mówi osoba siedząca obok ( ). Wszyscy jesteśmy świadomi, co to jest głośność dźwięków i że głośność związana jest z tym, jak energicznie wibruje źródło. Duży poziom hałasu jest niebezpieczny dla słuchu, dlatego tak ważne jest, aby osoby pracujące w warunkach przemysłowych stosowały ochronniki słuchu. Wielkością fizyczną, która opisuje fale dźwiękowe, niezależnie od tego, czy są one z zakresu słyszalnego czy nie, jest natężenie dźwięku. Hałas na zakorkowanych ulicach, tak jak np. w Delhi, sprawia, że trudno usłyszeć innych, z wyjątkiem sytuacji, gdy krzyczą. (Źródło: „Lingaraj G J”/Flickr) W rozdziale Fale zdefiniowaliśmy natężenie jako moc przenoszoną przez falę przypadającą na jednostkę powierzchni. Moc określa, jak szybko energia jest przenoszona przez falę. Natężenie fali I określone jest przez wzór: I = P A , gdzie P jest mocą przepływającą przez powierzchnię A . W układzie SI jednostką natężenia fali jest W/m 2 . Jeśli założymy, że fala dźwiękowa jest kulista oraz że nie ma żadnych strat związanych z procesami termicznymi, wówczas rozchodząca się fala ma coraz większą powierzchnię i z tego powodu spada jej natężenie. Powierzchnia sfery wynosi A = 4 π r 2 . Jeśli fala rozchodzi się od r 1 do r 2 , wówczas energia również przechodzi przez większą powierzchnię: P 1 = P 2 I 1 4 π r 1 2 = I 2 4 π r 2 2 ; I 2 = I 1 ( r 1 r 2 ) 2 . Natężenie maleje, gdy fala oddala się od źródła. Gdy podwoisz odległość od źródła, natężenie fali maleje do 1/4: I 2 = I 1 ( r 1 r 2 ) 2 = I 1 ( r 1 2 r 1 ) 2 = 1 4 I 1 . Mówiąc o natężeniu fali dźwiękowej, rozważamy uśrednioną w czasie moc, określoną przez wielkość 〈 P 〉 podzieloną przez powierzchnię: I = 〈 P 〉 A . Natężenie fali jest proporcjonalne do zmian kwadratu ciśnienia i odwrotnie proporcjonalne do gęstości i prędkości. Rozważmy fragment ośrodka, w którym rozchodzi się fala dźwiękowa w czasie t , tak jak pokazano na . Niezaburzony obszar ośrodka o objętości V = A Δ x zaznaczono na niebiesko. Fala dźwiękowa przemieszcza się w ośrodku w czasie t w wyniku czego analizowany fragment ośrodka przemieszcza się i rozszerza, tak jak zaznaczono na rysunku linią przerywaną. Zmiana objętości wynosi Δ V = A Δ s = A ( s 2 − s 1 ) , gdzie s 1 jest odległością, o jaką przemieściła się krawędź tylna, a s 2 krawędź czołowa obszaru. Na rysunku s 2 > s 1 i objętość obszaru się zwiększa, ale objętość obszaru może się także zmniejszać ( s 2 < s 1 ) , w zależności od tego, która część fali dźwiękowej (zagęszczenie lub rozrzedzenie) przemieszcza się przez obszar. Położenie krawędzi ograniczających obszar, przez który przechodzi fala dźwiękowa może ulec zmianie, podobnie jak objętość tego obszaru. Jeśli s 2 > s 1 , objętość się zwiększa, a ciśnienie zmniejsza. Jeśli s 2 < s 1 , objętość się zmniejsza, natomiast ciśnienie się zwiększa. Zmiana objętości wynosi: Δ V = A Δ s = A ( s 2 − s 1 ) = A ( s ( x + Δ x , t ) − s ( x , t ) ) . Względna różnica objętości jest równa zmianie objętości podzielonej przez objętość początkową: d V V = lim Δ x → 0 A [ s ( x + Δ x , t ) − s ( x , t ) ] A Δ x = ∂ s ( x , t ) ∂ x . Względna różnica objętości związana jest ze zmianami ciśnienia przez współczynnik sprężystości objętościowej (ang. bulk modulus ) K = − Δ p ( x , t ) d V / V . Należy pamiętać, że znak minus jest niezbędny, ponieważ zmiana objętości przeciwstawia się zmianom ciśnienia. Zmiana ciśnienia jest równa Δ p ( x , t ) = − K d V V = − K ∂ s ( x , t ) ∂ x . Jeśli fala dźwiękowa jest opisywana funkcją cosinus, to wychylenie, jak pokazano w , jest równe s ( x , t ) = s max cos ( k x ∓ ω t + ϕ ) , a ciśnienie może być wyznaczone z zależności: Δ p ( x , t ) = − K d V V = − K ∂ s ( x , t ) ∂ x = K k s max sin ⁡ ( k x − ω t + ϕ ) = Δ p m a x sin ⁡ ( k x − ω t + ϕ ) . Natężenie fali dźwiękowej jest równe mocy na jednostkę powierzchni, natomiast moc jest równa iloczynowi siły i prędkości, I = P / A = F v / A = p v . W tym przypadku prędkość jest prędkością drgań ośrodka, a nie prędkością fali dźwiękowej. Prędkość ośrodka jest równa szybkości zmian przemieszczenia (wychylenia): v ( x , t ) = ∂ ∂ t s ( x , t ) = ∂ ∂ t ( s max cos ( k x − ω t + ϕ ) ) = s max ω sin ( k x − ω t + ϕ ) . Stąd natężenie przyjmuje postać: I = Δ p ( x , t ) v ( x , t ) = K k s max sin ( k x − ω t + ϕ ) [ s max ω sin ( k x − ω t + ϕ ) ] = K k ω s max 2 sin 2 ( k x − ω t + ϕ ) . Aby znaleźć uśrednione w czasie natężenie w czasie jednego okresu T = 2 π / ω dla położenia x , całkujemy w przedziale czasu T, otrzymując I = K k ω s max 2 / 2 . Korzystajac z zależności Δ p max = K k s max , v = K / ρ oraz v = ω / k , otrzymujemy: I = K k ω s max 2 2 = K 2 k 2 ω s max 2 2 K k = ω ( Δ p max ) 2 2 ( ρ v 2 ) k = v ( Δ p max ) 2 2 ( ρ v 2 ) = ( Δ p max ) 2 2 ρ v . Powyższa zależność oznacza, że natężenie fali dźwiękowej związane jest z kwadratem jej amplitudy: I = ( Δ p max ) 2 2 ρ v . W powyższym wzorze Δ p max oznacza zmianę ciśnienia lub amplitudę ciśnienia w paskalach (Pa), tzn. N/m 2 . Energia (podobnie jak energia kinetyczna m v 2 / 2 ) drgającego fragmentu ośrodka (powietrza) w wyniku propagującej się fali dźwiękowej jest proporcjonalna do kwadratu amplitudy fali. W równaniu ρ jest gęstością ośrodka, w którym propaguje się fala dźwiękowa, w jednostce kg/m 3 , natomiast v jest prędkością dźwięku w ośrodku, wyrażoną w m/s. Zmiana ciśnienia jest reprezentowana przez jego amplitudę, co oznacza, że I zmienia się tak jak ( Δ p ) 2 . Zależność ta jest zgodna z faktem, że fala dźwiękowa wytwarzana jest w wyniku drgań. Słyszenie i poziomy natężenia dźwięku Jak stwierdzono wcześniej w niniejszym rozdziale, słyszenie oznacza percepcję dźwięku. Mechanizm słyszenia obejmuje kilka ciekawych aspektów fizycznych. Fala dźwiękowa, która dociera do naszego ucha, jest falą zmian ciśnienia powietrza. Ucho jest przetwornikiem (ang. transducer ), który zamienia falę dźwiękową na szereg impulsów elektrycznych, w sposób bardziej skomplikowany niż w przypadku mikrofonu. pokazuje anatomię ucha. Anatomia ucha. Ucho zewnętrzne przenosi dźwięk do błony bębenkowej. Dla częstotliwości 2000 Hz – 5000 Hz (w zakresie dźwięków ludzkiej mowy) w zewnętrznym przewodzie słuchowym następuje rezonacja słupa powietrza. Dzięki temu ucho człowieka jest wyjątkowo dobrze dostosowane do odbierania ludzkiej mowy. Ucho środkowe zamienia dźwięk na drgania mechaniczne, a następnie dostarcza te drgania do ślimaka. Obejrzyj film , aby dowiedzieć się więcej na temat mechanizmu działania układu słuchowego. Zakres natężeń, które ucho ludzkie może odbierać, zależy od częstotliwości dźwięku, ale w ogólnym przypadku zakres ten jest bardzo szeroki. Progowa wartość natężenia, które może być słyszalne, wynosi I 0 = 10 −12 W/m 2 . Ból odczuwalny jest dla natężenia I ból = 1 W/m 2 . Ponieważ jednak ucho ludzie rejestruje natężenie logarytmiczne, wygodniej jest stosować skalę Bela. Poziom natężenia dźwięku (ang. sound intensity level ) β , mierzony w decybelach (ang. decibel ), o natężeniu I w watach na metr kwadratowy, definiuje się jako: β = 10 log 10 ⁡ ( I I 0 ) [ d B ] , gdzie I 0 = 10 −12 W/m 2 jest progową wartością natężenia, odpowiadającą jest wartością progową dla normalnie słyszącej osoby, odpowiadającą natężeniu dźwięku o częstotliwości 1000 Hz. Bardziej powszechne jest stosowanie poziomu natężenia dźwięku w dB niż w W/m 2 . Sposób percepcji dźwięku przez ucho ludzkie może być dokładniej opisany przez logarytm natężenia dźwięku niż przez samo natężenie dźwięku. Ponieważ β definiuje się jako stosunek, jest to wielkość bezwymiarowa, która określa poziom dźwięku (level) w odniesieniu do wartości progowej ( 10 − 12 W / m 2 ) . Jednostka decybel oznacza, że w definicji tej wielkości logarytm ze stosunku natężeń pomnożony jest przez 10. Nazwa bel pochodzi od Alexandra Grahama Bella (1847–1922) , wynalazcy telefonu. Poziom natężenia dźwięku dla natężenia progowego: 10 −12 W/m 2 wynosi β = 0 d B , ponieważ log 10 ⁡ 1 = 0 . pokazuje poziomy w decybelach oraz natężenia w watach na metr kwadratowy dla niektórych znanych dźwięków. Ucho jest tak czułe, że rejestruje jedną trylionową wata na metr kwadratowy, a jeszcze bardzie imponujące jest to, że powierzchnia błony bębenkowej wynosi ok. 1 cm 2 , co oznacza, że dla progu słyszenia pada na nią dźwięk o mocy 10 −16 W . Cząsteczki powietrza przy takim natężeniu fali dźwiękowej drgają na długości mniejszej niż średnica cząsteczki, a zmiany ciśnienia są mniejsze niż 10 −9 atm . Porównanie poziomów natężenia w dB i W/m 2 Poziom natężenia dźwięku β (dB) Natężenie I ( W/m 2 ) Przykład/efekt 0 1 ⋅ 10 − 12 Próg słyszenia dla częstotliwości 1000 Hz 10 1 ⋅ 10 − 11 Szelest liści 20 1 ⋅ 10 − 10 Szept w odległości 1 m 30 1 ⋅ 10 − 9 Cichy dom 40 1 ⋅ 10 − 8 Normalny dom 50 1 ⋅ 10 − 7 Normalne biuro, cicha muzyka 60 1 ⋅ 10 − 6 Normalna rozmowa 70 1 ⋅ 10 − 5 Hałaśliwe biuro, duże natężenie ruchu samochodowego 80 1 ⋅ 10 − 4 Głośne radio, klasa szkolna 90 1 ⋅ 10 − 3 Wewnątrz samochodu ciężarowego, uszkodzenia słuchu powodowane długą ekspozycją na hałas W wielu krajach urzędy odpowiedzialne za ochronę zdrowia zalecają, aby wartość 85 dB nie była przekraczana w trakcie 8-godzinnego dnia pracy w przypadku braku ochronników słuchu. 100 1 ⋅ 10 − 2 Głośny zakład przemysłowy, syrena w odległości 30 m, uszkodzenia słuchu powodowane 8-godzinną ekspozycją na hałas 110 1 ⋅ 10 − 1 Uszkodzenia słuchu powodowane 30-minutową ekspozycją na hałas 120 1 Głośny koncert rockowy, młot pneumatyczny w odległości 2 m, próg bólu 140 1 ⋅ 10 2 Samolot odrzutowy w odległości 30 m, silny ból, utrata słuchu 160 1 ⋅ 10 4 Zniszczenie błony bębenkowej Analiza przedstawionych w wartości lub pozwala zauważyć, że każdy wzrost natężenia o 10 razy oznacza przyrost poziomu natężenia o 10 dB. Na przykład dźwięki o poziomie natężenia 90 dB i 60 dB różnią się o 1000 razy w wielkości natężenia. Z kolei jeśli jeden dźwięk jest o 10 7 razy głośniejszy w natężeniu, oznacza to, że jest o 70 dB głośniejszy ( ). Stosunki natężeń i odpowiadające im różnice w poziomie natężeń dźwięku I 2 / I 1 β 2 − β 1 2,0 3,0 dB 5,0 7,0 dB 10,0 10,0 dB 100,0 20,0 dB 1000,0 30,0 dB Obliczanie poziomów natężenia dźwięku Oblicz poziom natężenia dźwięku dla fali dźwiękowej rozchodzącej się w powietrzu w temperaturze 0 °C gdy amplituda ciśnienia wynosi 0,656 Pa. Strategia rozwiązania Mamy daną wartość Δ p , co pozwala nam obliczyć I , wykorzystując zależność I = ( Δ p ) 2 2 ρ v w . Korzystając z I , możemy obliczyć β bezpośrednio z definicji β = 10 log 10 ⁡ ( I / I 0 ) [dB]. Rozwiązanie Określ znane wielkości: Dźwięk propaguje się z prędkością 331 m/s w powietrzu o temperaturze 0 ∘ C . Gęstość powietrza wynosi 1,29 kg/m 3 dla normalnego ciśnienia atmosferycznego w temperaturze 0 ∘ C . Podstaw otrzymane wartości oraz amplitudę ciśnienia do wzoru I = ( Δ p ) 2 2 ρ v : I = ( Δ p ) 2 2 ρ v = ( 0,656 P a ) 2 2 ⋅ 1,29 k g / m 3 ⋅ 331 m / s = 5,04 ⋅ 10 − 4 W / m 2 . Podstaw wartość I oraz znaną wartość I 0 do wzoru β = 10 log 10 ⁡ ( I / I 0 ) [dB]. Oblicz poziom natężenia dźwięku w decybelach: 10 log 10 ⁡ ( 5,04 ⋅ 10 8 ) = 10 ⋅ 8,70 d B = 87 d B . Znaczenie Natężenie dźwięku, które wynosi 87 dB, jest pięć razy większe od natężenia 80 dB. Zmiany poziomu natężenia dźwięku Pokaż, że jeśli dźwięk jest dwukrotnie głośniejszy od innego, jego poziom natężenia jest o 3 dB wyższy. Strategia rozwiązania Dany jest stosunek dwóch natężeń dźwięku 2:1. Należy wyznaczyć różnicę w poziomach natężeń dźwięku w decybelach. Zadanie możemy rozwiązać, wykorzystując własności logarytmów. Rozwiązanie Określ znane wielkości: Stosunek dwóch natężeń wynosi 2 do 1 czyli I 2 I 1 = 2,00 . Chcemy pokazać, że różnica w poziomach natężeń wysnosi 3 dB, czyli: β 2 − β 1 = 3 dB. Zwróć uwagę, że log 10 b − log 10 a = log 10 ( b a ) . Skorzystaj z definicji β , aby otrzymać β 2 − β 1 = 10 log 10 ⁡ ( I 2 I 1 ) = 10 log 10 ⁡ ( 2,00 ) = 10 ⋅ 0,301 d B . A zatem, β 2 − β 1 = 3,01 dB . Znaczenie Zauważ, że ponieważ dany jest stosunek I 2 / I 1 a nie rzeczywiste wartości natężeń, to otrzymany wynik jest prawdziwy dla wszystkich natężeń, których stosunek jest równy 2. Na przykład dźwięk o poziomie 56,0 dB jest dwukrotnie bardziej intensywny niż dźwięk o poziomie 53,0 dB, a dźwięk o poziomie natężenia 97,0 dB jest o połowę mniej intensywny niż dźwięk o poziomie natężenia 100 dB i tak dalej. Sprawdź, czy rozumiesz. Podaj przykłady dźwięków o poziomach 10 dB, 50 dB oraz 100 dB. 10 dB: szelest liści; 50 dB: normalne biuro; 100 dB: głośna fabryka Słyszenie i wysokość dźwięku Ucho ludzkie posiada ogromny zakres wrażliwości na zjawiska dźwiękowe. Potrafi dostarczyć nam szereg informacji – takich jak wysokość, głośność i kierunek rozchodzenia się dźwięku. Percepcja częstotliwości to rejestrowanie wysokości dźwięku (ang. pitch ). Zwykle ludzie mają doskonałą względną zdolność oceny wysokości dźwięku i potrafią rozróżnić dwa dźwięki o odmiennych częstotliwościach różniących się od siebie o ok. 0,3%. Na przykład dźwięki o częstotliwościach 500 i 501,5 Hz są wyraźnie dla człowieka różne. Nuty (ang. musical notes ) są symbolicznym zapisem dźwięków o określonej częstotliwości. Percepcja natężenia oznacza rejestrowanie dźwięków o różnej głośności (ang. loudness ). Można już usłyszeć różnicę ok. 1 dB. Głośność nie jest związana wyłącznie z natężeniem. Na percepcje głośności ma wpływ częstotliwość dźwięku. Dźwięki o wysokich i niskich częstotliwościach wydają się mniej głośne, ponieważ ucho ludzkie jest mniej na nie wrażliwe. Kiedy skrzypce grają środkowe C, to nie można tego dźwięku pomylić z tym samym dźwiękiem granym na fortepianie. Powodem jest to, że każdy instrument wytwarza charakterystyczny zbiór częstotliwości i natężeń. Tę kombinację częstotliwości oraz natężeń nazywamy zwykle barwą dźwięku (ang. timbre ). Barwa dźwięku jest wynikiem wielu odbić, rezonansów i superpozycji fal w instrumencie. Jednostka nazywana fonem (ang. phon ) jest wykorzystywana do określenia wrażenia głośności w postaci numerycznej. Fon różni się od decybela, ponieważ opisuje percepcję głośności (wielkość subiektywną), podczas gdy decybel jest jednostką wielkości fizycznej – natężenia. pokazuje zależność głośności od natężenia (lub poziomu natężenia) w funkcji częstotliwości. Przedstawione krzywe to krzywe równej głośności. Parametrem każdej krzywej jest głośność. Dźwięki znajdujące się na danej krzywej odbierane są przez typowego słuchacza jako jednakowo głośne. Krzywe powstały na podstawie badań percepcji głośności dźwięków przeprowadzanych na dużej grupie ludzi. Analizowane dźwięki miały różne częstotliwości i poziomy natężenia. Dla częstotliwości 1000 Hz fony są równe decybelom. Zależność głośności w fonach od poziomu ciśnienia akustycznego (w decybelach) dla osób normalnie słyszących – dźwięki znajdujące się na danej krzywej odbierane są jako tak samo głośne. Dla częstotliwości 1000 Hz fony są równe decybelom. Pomiary głośności Jaka jest głośność w fonach dźwięku o częstotliwości 100 Hz, którego poziom natężenia wynosi 80 dB? Ile wynosi poziom natężenia dźwięku o częstotliwości 4000 Hz, którego głośność wynosi 70 fonów? Dla jakiego poziomu natężenia dźwięk o częstotliwości 8000 Hz ma taką samą głośność jak dźwięk o częstotliwości 200 Hz i poziomie 60 dB? Strategia rozwiązania Do rozwiązania tego przykładu powinien być wykorzystany wykres na . Aby znaleźć głośność danego dźwięku, musisz znać jego częstotliwość i poziom natężenia, znaleźć ten punkt na siatce kwadratowej, a następnie interpolować krzywą głośności, aby wyznaczyć głośność sygnału. Po wyznaczeniu tego punktu można określić poziom natężenia z osi pionowej. Rozwiązanie Określ znane wielkości: Siatka kwadratowa na wykresie głośności w fonach i poziomu natężenia dźwięku w decybelach – obie wielkości fizyczne: dźwięk o częstotliwości 100 Hz i poziomie 80 dB leży w połowie pomiędzy krzywymi głośności 70 i 80 fonów. Wyznaczona głośność – 75 fonów. Określ znane wielkości: dźwięk o częstotliwości 4000 Hz i głośności 70 fonów. Przesuwaj się wzdłuż krzywej 70 fonów, aż osiągniesz 4000 Hz. Punkt ten leży poniżej 70 dB i wynosi 67 dB. Wyznaczony poziom natężenia – 67 dB. Znajdź dźwięk o częstotliwości 200 Hz i poziomie natężenia 60 dB. Znajdź głośność – szukany punkt znajduje się tuż powyżej krzywej 70 fonów, a jego głośność wynosi 51 fonów. Znajdź poziom natężenia dźwięku na krzywej 51 fonów – 63 dB. Znaczenie Powyższe odpowiedzi, jak wszystkie informacje z , obarczone są niepewnością rzędu kilku fonów lub kilku decybeli, które są częściowo związane z trudnością w interpolacji, a przede wszystkim z niepewnością w krzywych równej głośności. Sprawdź, czy rozumiesz. Opisz, jak amplituda związana jest z głośnością dźwięku. Amplituda jest wprost proporcjonalna do wrażenia głośności. Jeśli amplituda wzrasta, wzrasta również rejestrowana głośność. W rozdziale przedstawiliśmy charakterystykę dźwięków i ich percepcję. Poniżej dowiemy się, jak powstają dźwięki emitowane przez instrumenty muzyczne lub przez aparat mowy człowieka. Podsumowanie Natężenie I = P / A dla fali dźwiękowej jest takie samo jak zdefiniowane wcześniej dla innych fal, gdzie P jest mocą przepływającą przez powierzchnię A . W układzie SI jednostką natężenia I jest watt na metr kwadratowy. Natężenie fali dźwiękowej jest również związane z amplitudą ciśnienia Δ p : I = ( Δ p ) 2 2 ρ v , gdzie ρ jest gęstością ośrodka, w którym propaguje się fala, a v w jest prędkością dźwięku w ośrodku. Poziom natężenia dźwięku w decybelach definiuje się jako: β = 10 log 10 ⁡ ( I I 0 ) [ d B ] , gdzie I 0 = 10 −12 W/m 2 jest natężeniem progowym. Percepcja natężenia wiąże się z głośnością i jest wyrażana w fonach. Pytania Sześciu członków w zespole pływania synchronicznego nosi zatyczki do uszu, aby chronić się przed ciśnieniem wody na większej głębokości, ale nadal mogą oni słyszeć muzykę i wykonać perfekcyjne figury w wodzie. Pewnego dnia zostali poproszeni o opuszczenie basenu, aby zespół nurkowy mógł ćwiczyć nurkowanie, i próbowali ćwiczyć na macie. Wydawało się im, że teraz mają znacznie większe trudności w wykonywaniu swoich ćwiczeń. Dlaczego tak było? Wkładki uszne zmniejszają natężenie dźwięku zarówno w wodzie, jak i na lądzie, ale naukowcy ds. marynarki wojennej odkryli, że dźwięk pod wodą jest rejestrowany przez wyrostki sutkowate, które znajdują się za uchem. Społeczność zaniepokojona jest planem wprowadzenia pociągu z obrzeża do centrum miasta. Aktualny poziom natężenia dźwięku, nawet jeśli stacja rozrządowa jest ekranowana, wynosi 70 dB w centrum miasta. Burmistrz zapewnia społeczność, że na terenie śródmieścia poziom dźwięku będzie większy o 30 dB. Czy mieszkańcy powinni być zaniepokojeni? Dlaczego? Zadania Ile wynosi natężenie dźwięku w watach na metr kwadratowy dźwięku o poziomie 85,0 dB? Nalepka ostrzegawcza na kosiarce informuje, że generuje ona hałas na poziomie 91,0 dB. Ile wynosi natężenie tego hałasu w watach na metr kwadratowy? 1,26 ⋅ 10 − 3 W / m 2 Amplituda ciśnienia dla fali dźwiękowej propagującej się w powietrzu wynosi 0,5 Pa. Jakie jest natężenie fali? Jaki jest poziom natężenia fali dźwiękowej z poprzedniego zadania? 85 dB Ile wynosi poziom natężenia dźwięku w dB generowany przez słuchawki, które wytwarzają natężenie równe 4,00 ⋅ 10 − 2 W / m 2 ? Jaki jest poziom natężenia dźwięku, który jest dwukrotnie bardziej intensywny niż dźwięk o poziomie natężenia równym 90,0 dB? Jaki jest poziom natężenia dźwięku, którego natężenie stanowi jedną czwartą natężenia dźwięku 90,0 dB?' a. 93 dB; b. 83 dB Ile wynosi natężenie dźwięku o poziomie o 7,00 dB niższym od dźwięku o natężeniu równym 4,00 ⋅ 10 − 9 W / m 2 ? Ile wynosi natężenie dźwięku o poziomie 3,00 dB wyższym od dźwięku o natężeniu równym 4,00 ⋅ 10 − 9 W / m 2 ? Osoby z dobrym słuchem mogą rejestrować dźwięki o poziomie –8,00 dB przy częstotliwości 3000 Hz. Ile wynosi natężenie tego dźwięku w watach na metr kwadratowy? 1,58 ⋅ 10 − 13 W / m 2 Jeśli duża mucha lecąca w odległości 3,0 m od ciebie generuje hałas wynoszący 40,0 dB, to jaki poziom hałasu generuje 1000 much w tej odległości, zakładając, że zakłócenia nie mają znaczącego wpływu? Zestawy audio 10 samochodów znajdujących się na obwodzie koła generują poziom natężenia dźwięku równy 120 dB w środku koła. Jaki jest średni poziom natężenia dźwięku jednego zestawu audio, przy założeniu, że pomijamy zjawisko interferencji? Dziesięciokrotny spadek natężenia jest równy redukcji poziomu natężenia dźwięku o 10 dB: 120 dB − 10 dB = 110 dB . Amplituda fali dźwiękowej jest mierzona pod względem maksymalnego ciśnienia. O jaki współczynnik wzrasta amplituda fali dźwiękowej, jeśli poziom natężenia dźwięku wzrasta o 40,0 dB? Jeśli poziom natężenia dźwięku wynosi 0 dB przy 1000 Hz, odpowiada maksymalnemu ciśnieniu (amplitudy dźwięku) równemu 10 −9 atm , to ile wynosi maksymalne ciśnienie dla dźwięku o poziomie 60 dB? Ile wynosi maksymalne ciśnienie dla dźwięku o poziomie 120 dB? Wiemy, że poziom 60 dB odpowiada współczynnikowi 10 6 , o który wzrasta natężenie. Dlatego I ∝ X 2 ⇒ I 2 I 1 = ( X 2 X 1 ) 2 , czyli X 2 = 10 − 6 atm . 120 dB odpowiada współczynnikowi 10 12 , o który wzrasta ⇒ 10 − 9 a t m ⋅ ( 10 12 ) 1 / 2 = 10 − 3 a t m . 8-godzinna ekspozycja na hałas o poziomie natężenia dźwięku równym 90,0 dB może spowodować uszkodzenie słuchu. Jaka energia w dżulach dociera do błony bębenkowej o średnicy 0,800 cm? Dźwięk jest skuteczniej przenoszony do stetoskopu przez bezpośredni kontakt, a nie przez powietrze, a następnie jest wzmocniony przez skoncentrowanie się na mniejszym obszarze bębenka. Rozsądne jest założenie, że dźwięk jest przenoszony do stetoskopu 100 razy skuteczniej w porównaniu z transmisją przez powietrze. Jakie jest w takim przypadku wzmocnienie w decybelach przez stetoskop, który zbiera dźwięk z powierzchni 15,0 cm 2 i koncentruje go do dwóch błon bębenkowych o całkowitej powierzchni równej 0,900 cm 2 z efektywnością 40,0 % ? 28,2 dB Pomimo niskiej efektywności głośniki mogą wytwarzać głośne dźwięki przy zaskakująco małej energii. Oblicz pobór mocy potrzebny, aby uzyskać poziom natężenia dźwięku o wartości 90,0 dB w przypadku głośnika o średnicy 12,0 cm, który ma skuteczność 1,00 % . Otrzymana wartość to poziom natężenia dźwięku tuż przy głośniku. Współczynnik równy 10 -12 w zakresie natężeń, w którym ucho może rejestrować, od wartości progowej aż do wartości, która może spowodować w krótkim czasie uszkodzenie słuchu, jest naprawdę niezwykłe. Gdybyś mógł mierzyć odległości w tym samym zakresie jednym przyrządem, przy czym najmniejsza odległość, którą mógłbyś zmierzyć, wynosiłaby 1 mm, to jaką największą odległość mógłbyś zmierzyć? 1 ⋅ 10 6 k m Jakie są najbliższe częstotliwości, które przeciętna osoba może odróżnić od częstotliwości 500 Hz? Dźwięki nie są jednocześnie prezentowane. Czy możesz powiedzieć, że twój współlokator wzmocnił dźwięk w telewizorze, jeśli jego średni poziom natężenia dźwięku zmienił się od 70 do 73 dB? 73 dB − 70 dB = 3 dB ; Taka zmiana poziomu hałasu jest łatwo zauważalna. Jeśli pewna kobieta potrzebuje wzmocnienia 5 ⋅ 10 5 razy większego od natężenia progowego umożliwiającego jej słyszenie dla wszystkich częstotliwości, to ile wynosi jej całkowita utrata słuchu? Zauważ, że mniejsze wzmocnienie jest odpowiednie dla dźwięków o większym natężeniu, aby uniknąć dalszego uszkodzenia słuchu od poziomu powyżej 90 dB. Osoba ma próg słyszenia o 10 dB powyżej normalnego progu przy częstotliwości 100 Hz i 50 dB powyżej normalnego progu przy częstotliwości 4000 Hz. O ile większe natężenie powinien mieć dźwięk o częstotliwości 100 Hz niż dźwięk o częstotliwości 4000 Hz, jeśli dla tej osoby oba dźwięki są ledwie słyszalne? Natężenie tonu o częstotliwości 100 Hz musi być 2,5 raza większe od natężenia tonu o częstotliwości 4000 Hz, aby oba były słyszalne przez tą osobę. głośność (ang. loudness ) percepcja natężenia dźwięku nuty (ang. musical notes ) symbol umożliwiający notację dźwięku muzycznego, określający jego wysokość i czas trwania fon (ang. phon ) jednostka głośności wysokość dźwięku (ang. pitch ) percepcja częstotliwości dźwięku poziom natężenia dźwięku (ang. sound intensity level ) bezwymiarowa wielkość określająca poziom dźwięku w odniesieniu do wielkości progowej poziom ciśnienia akustycznego (ang. sound pressure level ) logarytm ze stosunku kwadratu ciśnienia akustycznego odniesionego do kwadratu akustycznego ciśnienia odniesienia barwa dźwięku (ang. timbre ) mieszanina wielu składowych częstotliwościowych o różnych natężeniach przetwornik (ang. transducer ) urządzenie, które zamienia energię sygnału w energię mierzalną, np. mikrofon zamieniający energię fali akustycznej w energię sygnału elektrycznego", "section": "Natężenie dźwięku", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Tryby drgań fali stojącej Interferencja to nakładanie się dwóch lub więcej fal w przestrzeni. Może ona prowadzić do wzajemnego wzmacniania fal (interferencja konstruktywna) lub wygaszania (interferencja destruktywna). W rzeczywistości wyjaśnienie „czym jest fala” wymaga obserwacji interferencji. Ponieważ dźwięk jest falą, spodziewamy się, że będzie ulegał interferencji. Interferencja fal dźwiękowych W rozdziale Fale rozważaliśmy interferencję fal przesuniętych w fazie. Wyznaczyliśmy funkcję opisującą falę wypadkową, która była superpozycją fal y 1 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t + ϕ ) i y 2 ( x , t ) = A sin ( k x − ω t ) i wynosiła: y ( x , t ) = 2 A cos ⁡ ( ϕ 2 ) sin ⁡ ( k x − ω t + ϕ 2 ) . Jeśli fale, które początkowo mają takie same fazy przebędą różne odległości, ich fazy zaczną się różnić. Fale dźwiękowe są doskonałym przykładem fal przesuniętych w fazie na skutek różnicy w długości dróg propagacji. Jak wcześniej stwierdziliśmy, fale dźwiękowe można zasadniczo modelować jako fale podłużne, gdzie cząsteczki powietrza drgają wokół położenia równowagi, lub jako zmiany ciśnienia powietrza. Gdy fale opuszczają głośnik, propagują się jako fale sferyczne ( ). Konstruktywna interferencja fal jest wynikiem dodawania tzw. grzbietów i dolin interferujących ze sobą fal. Destruktywna interferencja zachodzi wówczas, gdy grzbietowi jednej fali odpowiada dolina drugiej i odwrotnie. Gdy fale dźwiękowe wygenerowane są przez głośnik, propagują się w postaci fal sferycznych. Na rysunku przedstawiono dwa głośniki, które generują taki sam sygnał tonalny. W efekcie otrzymujemy punkty o wysokim natężeniu, które są wynikiem dodawania dwóch tzw. grzbietów (zagęszczenia) i dwóch tzw. dolin (rozrzedzenia). Interferencja destruktywna jest wynikiem nakładania grzbietów i dolin. Punkty na rysunku, w których występuje konstruktywna interferencja, są wynikiem nakładania się fal o takiej samej fazie. Punkty, w których występuje destruktywna interferencja, ( ) są wynikiem kombinacji fal o różnych fazach. Dwa głośniki są podłączone do jednego generatora sygnałowego. Fale dźwiękowe wygenerowane przez głośniki są w fazie i mają jedną, taką samą częstotliwość. Fale dźwiękowe interferują ze sobą. Gdy spotykają się dwa grzbiety lub dwie doliny, następuje konstruktywna interferencja, zaznaczona niebieskimi i czerwonymi punktami. Gdy spotykają się grzbiety fali z dolinami, wówczas prowadzi to do destrukcyjnej interferencji (zaznaczona czarnymi punktami). Różnica faz zależy od różnicy dróg propagacji pojedynczych fal. Dwie identyczne fale pokonują różne drogi propagacji do punktu P. (a) Różnica pomiędzy długościami dróg propagacji odpowiada długości fali i prowadzi do powstania konstruktywnej interferencji, co oznacza podwojenie amplitudy oryginalnego sygnału. (b) Różnica pomiędzy długościami dróg propagacji jest mniejsza niż jedna długość fali, ale większa niż połowa długości fali, w efekcie amplituda wypadkowej fali jest większa od zera ale mniejsza niż amplituda oryginalnej amplitudy. (c) Różnica pomiędzy długościami dróg propagacji odpowiada połowie długości fali, co oznacza powstanie destruktywnej interferencji i w konsekwencji amplituda wypadkowej fali wynosi zero. Różnica faz w każdym punkcie związana jest z różnicą pomiędzy długościami dróg propagacji każdej z fal. Kiedy różnica ta jest równa wielokrotności długości fali Δ r = | r 2 − r 1 | = n λ , gdzie n = 0,1,2,3 , … , wówczas fale mają taką samą fazę i ulegają wzmocnieniu. Gdy różnica długości dróg propagacji jest równa wielokrotności połowy długości fali Δ r = | r 2 − r 1 | = n λ 2 , gdzie n = 1,3,5 , … , wówczas fale są przesunięte w fazie o 180 ∘ ( π r a d ) i w konsekwencji otrzymujemy interferencję destruktywną. Punkty te mogą być określone za pomocą miernika natężenia dźwięku. Interferencja fal dźwiękowych Dwa głośniki znajdują się w odległości 5 m od siebie i są pobudzane generatorem sygnałowym o nieznanej częstotliwości. Student z miernikiem poziomu dźwięku oddalił się o 6 m od głośników i przesunął się o 2 m w kierunku drugiego miernika i znalazł pierwsze minimum poziomu natężenia dźwięku, jak pokazano poniżej. Jaka jest częstotliwość sygnału generowanego przez generator? Załóżmy, że prędkość dźwięku wynosi v = 343,00 m/s . Strategia rozwiązania Prędkość fali jest równa v = λ / T = λ f . Częstotliwość jest zatem równa f = v / λ . Minimalna wartość natężenia dźwięku wskazuje destruktywną interferencję i pierwsze minimum pojawia się, jeśli różnica pomiędzy drogami propagacji obu fal wynosi Δ r = λ / 2 , co może być wyznaczone z geometrii układu. Rozwiązanie Znajdź minimalną długość propagacji dla każdego z głośników. r 1 = ( 6,00 m ) 2 + ( 2,00 m ) 2 = 6,32 m, r 2 = ( 6,00 m ) 2 + ( 3,00 m ) 2 = 6,71 m Wykorzystaj różnicę długości dróg propagacji, aby określić długość fali. Δ r = | r 2 − r 1 | = | 6,71 m − 6,32 m | = 0,39 m λ = 2 Δ r = 2 ⋅ 0,39 m = 0,78 m Wyznacz częstotliwość sygnału. f = v λ = 343,00 m/s 0,78 m = 439,74 Hz Znaczenie Jeśli punkt P byłby punktem, w którym natężenie dźwięku byłoby maksymalne, długość drogi propagacji byłaby wielokrotnością długości fali. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeśli orkążasz dwa głośniki grające muzykę, dlaczego nie zauważasz miejsc, w których muzyka jest bardzo głośna lub bardzo cicha, to znaczy gdzie jest interferencja konstruktywna, a gdzie destruktywna? W przykładzie dwa głośniki wytwarzały dźwięki o takiej samej częstotliwości. Muzyka ma różne częstotliwości i długości fali. Kwestia przesunięcia fazy z powodu różnic w długościach dróg propagacji jest bardzo ważna. Możesz porównać to zagadnienie w rozdziałach Interferencja oraz Fotony i fale materii , w którym dyskutujemy o tym, w jaki sposób Thomas Young zastosował tę metodę w swoim słynnym eksperymencie z dwiema szczelinami, aby udowodnić, że światło ma analogiczne właściwości. Redukcja hałasu dzięki interferencji przedstawia pomysłowe zastosowanie interferencji w celu wyeliminowania hałasu. Badano również możliwość zastosowania aktywnych metod redukcji hałasu (ang. noise reduction ) w większej skali w samolotach pasażerskich. Interferencję destruktywną otrzymuje się po wykonaniu szybkiej analizy elektronicznej, dzięki której drugi zagłuszający dźwięk jest przesunięty w fazie o 180 ∘ w stosunku do zagłuszanego. Wówczas grzbiety i doliny obu dźwięków są ułożone przeciwnie do siebie. Fale dźwiękowe w ośrodkach ciekłych są falami ciśnienia i są zgodne z prawem Paskala (patrz rozdział Prawo Pascala i układy hydrauliczne ). To znaczy ciśnienia z dwóch różnych źródeł dodają się i odejmują podobnie jak liczby proste. Z tego powodu dodatnie i ujemne połówki sinusoidalnych zmian ciśnienia dodają się i w konsekwencji zmniejszają wypadkowe ciśnienie, co oznacza mniejsze natężenie dźwięku. Oczywiście możliwa jest interferencja całkowicie destruktywna, ale tylko w skrajnym przypadku. W konsekwencji, przy stosowaniu tej metody, możliwa jest redukcja hałasu o 30 dB i więcej. Słuchawki zaprojektowane w celu redukcji hałasu z wykorzystaniem destruktywnej interferencji, tzn. działające poprzez dodanie sygnału odwróconego w fazie w stosunku do sygnału oryginalnego. Na ilustracji przedstawiono wyidealizowaną sytuację, gdy wygenerowany dźwięk jest przesunięty w fazie dokładnie o 180 ° . W rzeczywistości występuje minimalne opóźnienie spowodowane czasem potrzebnym na analizę zagłuszanego dźwięku. Słuchawki takie mogą być bardziej skuteczne niż stosowanie prostego pasywnego tłumienia w ochronnikach słuchu. Takie słuchawki stosowane były w celu redukcji hałasu silników u pilotów samolotu Voyager w 1986 roku. Sprawdź, czy rozumiesz. Opisz, czym różnią się aktywne słuchawki redukujące hałas w stosunku od klasycznych słuchawek blokujących dźwięk zewnętrzny. Normalne słuchawki blokują tylko fale dźwiękowe. Słuchawki redukujące hałas stosują interferencję destruktywną w celu zmniejszenia głośności dźwięków zewnętrznych. Gdzie możemy zaobserwować interferencję dźwięku? Wszystkie dźwięki rezonansowe, takie jak dźwięki instrumentów muzycznych, są wynikiem konstruktywnych i destruktywnych interferencji. Tylko drgania o częstotliwościach rezonansowych dodają się i w wyniku tego powstają fale stojące. Natomiast inne interferują destruktywnie i się znoszą. Rezonans w rurze jednostronnie zamkniętej Jak stwierdzono w rozdziale Fale , fale stojące (ang. standing wave ) są wynikiem sumowania dwóch fal poruszających się w przeciwnych kierunkach. Gdy dwie identyczne fale sinusoidalne poruszają się w przeciwnych kierunkach, opisuje się je zależnościami: y 1 ( x , t ) = A sin ⁡ ( k x − ω t ) oraz y 2 ( x , t ) = A sin ⁡ ( k x + ω t ) . Gdy te dwie interferują, wówczas powstaje fala stojąca: y R ( x , t ) = 2 A sin ⁡ ( k x ) cos ⁡ ( ω t ) . Rezonans (ang. resonance ) może powstać w wyniku nałożenia na fale warunków brzegowych. W rozdziale Fale wykazaliśmy, że rezonans może powstać na naciągniętej strunie, przy założeniu symetrycznych warunków brzegowych, tj. przy założeniu węzłów na obu końcach. Węzły zdefiniowano jako punkty, w których struna się nie porusza. Okazało się, że przyjęcie symetrycznych warunków brzegowych spowodowało, że niektóre częstotliwości rezonują, powodując powstanie fal stojących, podczas gdy inne interferują destruktywnie. Fale dźwiękowe mogą rezonować na przykład w rurze, przy czym częstotliwości, dla których występuje rezonans, zależą od warunków brzegowych. Załóżmy, że mamy rurę z jednej strony zamkniętą, a z drugiej otwartą. Jeśli trzymamy kamerton (ang. tuning fork ) w pobliżu otwartej strony rury, dźwięk propaguje się wewnątrz rury i odbija się od jej końca. Odbity dźwięk posiada taką samą częstotliwość i długość fali jak dźwięk oryginalny, przy czym porusza się w przeciwnym kierunku. Na końcu rury cząsteczki powietrza mają bardzo mało miejsca, aby wykonywać drgania, co skutkuje powstaniem węzła. Na końcu otwartej części rury cząsteczki powietrza mają dużą swobodę, by wykonywać drgania, i dla odpowiednich częstotliwości tworzy się wówczas strzałka. W przeciwieństwie do symetrycznych warunków brzegowych na strunie, gdzie powstają fale stojące, warunki brzegowe dla rury jednostronnie otwartej są niesymetryczne – węzeł na końcu zamkniętej rury i strzałka na końcu otwartej. Jeśli kamerton ma odpowiednią częstotliwość, słup powietrza w rurze rezonuje bardzo mocno, ale dla większości częstotliwości rezonuje bardzo słabo. Oznacza to, że słup powietrza w rurze ma swoją częstotliwość własną. Rozważmy najniższą częstotliwość, dla której powietrze w rurze wpadnie w rezonans i w konsekwencji powstanie głośny dźwięk. Przy zamkniętej części rury powstanie węzeł, natomiast przy otwartej – strzałka – tak jak to pokazano na . Rezonans powietrza w rurze jednostronnie zamkniętej powodowany przez kamerton drgający z najniższą częstotliwością, powodującą powstanie rezonansu (częstotliwość podstawowa). Węzeł powstaje na końcu zamkniętej części rury, a strzałka przy stronie otwartej. Fala stojąca posiada węzeł na końcu zamkniętej części rury oraz strzałkę na końcu otwartej części. Odległość pomiędzy węzłem i strzałką wynosi jedną czwartą długości fali, co odpowiada długości rury, czyli λ 1 = 4 L . Taki sam rezonans może powstać w wyniku drgań pobudzających na końcu zamkniętej części rury ( ). Najlepiej rozważać drgania własne słupa powietrza w rurze, niezależnie od sposobu ich wywołania. Taka sama fala stojąca może powstać w rurze, jeśli pobudzimy do drgań powietrze w rurze w pobliżu zamkniętej części rury Biorąc pod uwagę, że maksymalne drgania powietrza możliwe są przy otwartym końcu rury, a żadne na zamkniętym końcu, w rurze mogą rezonować także inne fale o krótszej długości, tak jak pokazano na . Na rysunku fala stojąca ma długość równą 3/4 długości fali 3 λ 3 / 4 = L , co daje λ 3 = 4 L / 3 . Dalsza analiza pokazuje, że wewnątrz rury powstają rezonanse dla jeszcze krótszych długości fal. Najniższa częstotliwość, dla której występuje rezonans, nazywa się częstotliwością podstawową (ang. fundamental frequency ), natomiast wszystkie wyższe częstotliwości rezonansowe nazywane są alikwotami (ang. overtones ). Wszystkie częstotliwości rezonansowe są wielokrotnością częstotliwości podstawowej i są wspólnie nazywane harmonicznymi (ang. harmonics ). Częstotliwość podstawowa jest pierwszą harmoniczną, pierwszy alikwot jest drugą harmoniczną itd. pokazuje częstotliwość podstawową i pierwsze trzy alikwoty (pierwsze cztery harmoniczne) w rurze jednostronnie zamkniętej. Inny rezonans w rurze jednostronnie zamkniętej. Fala stojąca ma największe wychylenie na końcu otwartej strony rury i brak wychylenia przy zamkniętym końcu rury. Długość fali jest krótsza i wynosi 3/4 λ ′ równej długości rury i stąd λ ′ = 4 L / 3 . Wyższa częstotliwość rezonansowa nazywa się pierwszym alikwotem. Częstotliwość podstawowa i trzy najniższe alikwoty dla rury jednostronnie zamkniętej. Dla wszystkich częstotliwości maksymalne wychylenie występuje na końcu otwartej rury, a ich brak – na końcu zamkniętej. W rurze jednostronnie zamkniętej rezonans występuje dla następujący długości fal: λ n = 4 n L , gdzie n = 1,3,5 , … Spójrzmy teraz na wzór dla częstotliwości rezonansowych dla prostej rury jednostronnie zamkniętej. Częstotliwość podstawowa dla długości fali λ = 4 L jest związana z prędkością dźwięku daną wzorem: v = f λ . Rozwiązując powyższe równanie, można wyznaczyć f , która wynosi: f = v λ = v 4 L , gdzie v jest prędkością dźwięku w powietrzu. Podobnie dla pierwszego alikwota λ = 4 L / 3 (patrz ) otrzymujemy: f 3 = 3 v 4 L = 3 f 1 . Ponieważ f 3 = 3 f 1 , pierwszy alikwot nazywamy trzecią harmoniczną. Postępując analogicznie, dochodzimy do wzoru, który można uogólnić za pomocą jednej zależności. Częstotliwości rezonansowe w rurze jednostronnie otwartej występują dla: f n = n v 4 L , dla n = 1,3,5 , … , gdzie f 1 jest częstotliwością podstawową, f 3 jest pierwszym alikwotem itd. Interesujące jest to, że częstotliwości rezonansowe zależą od prędkości dźwięku oraz od temperatury. Zależność ta stwarza odczuwalny problem np. dla organów w starych nieogrzewanych kościołach (katedrach). Z tego powodu muzycy przed koncertem trzymają instrumenty dęte w pomieszczeniu o temperaturze pokojowej a nie na mrozie. Rezonans w rurze obustronnie otwartej Innym źródłem powstawania fal stojących jest rura obustronnie otwarta. W tym przypadku warunki brzegowe są symetryczne – na obu końcach powstają strzałki. Rezonanse w rurze obustronnie otwartej mogą być analizowane w podobny sposób jak w przypadku rury jednostronnie zamkniętej. Słupy powietrza w rurach obustronnie otwartych posiadają maksymalne wychylenie na obu końcach ( ). Fale stojące pokazano na rysunku 8. Częstotliwości rezonansowe w rurze obustronnie otwartej, zawierające częstotliwość podstawową i pierwsze trzy alikwoty. We wszystkich przypadkach maksymalne przesunięcie (ciśnienie, wychylenie) pojawia się na obu końcach rury, dając inne częstotliwości podstawowe niż w przypadku rury jednostronnie zamkniętej. W rurze obustronnie otwartej rezonans występuje dla następujących długości fal: λ n = 2 n L , dla n = 1,2,3 , … Uwzględniając fakt, że na obu końcach rury obustronnie otwartej występują maksymalne wychylenia drgającego słupa powietrza oraz korzystając z możemy wyznaczyć częstotliwości rezonansowe rury obustronnie otwartej: f n = n v 2 L , dla n = 1,2,3 , … , gdzie f 1 jest częstotliwością podstawową, f 2 jest pierwszym alikwotem, f 3 jest drugim alikwotem itd. Należy zauważyć, że dla rury obustronnie otwartej częstotliwości rezonansowe są dwukrotnie większe niż dla rury jednostronnie otwartej. Oba typy rur różnią się też zestawem (widmem) alikwot. Zauważ, że rura obustronnie otwarta ma symetryczne warunki brzegowe, podobnie jak struna zaczepiona z obu stron, jak to było przedstawione w rozdziale Fale . Wzory na długości fal i częstotliwości rezonansowe instrumentu strunowego są takie same jak w i . Prędkość fali na strunie (patrz rozdział Fale ) wynosi v = F T / μ . Powietrze wokół obustronnie otwartej rury wibruje z takimi samymi częstotliwościami jak w przypadku struny, wytwarzając dźwięki o takich samych częstotliwościach. Fala dźwiękowa porusza się z prędkością dźwięku i długością fali równą v = λ f . Sprawdź, czy rozumiesz. W jaki sposób wykorzystać strzałki i węzły fal stojących do określenia długości rury jednostronnie zamkniętej? Kiedy rura rezonuje z częstotliwością własną, węzły znajdują się na zamkniętym końcu rury, a strzałki znajdują się przy otwartym końcu. Długość rury wynosi jedną czwartą długości fali. Zatem jeśli znamy długość fali, możemy określić długość rury. Obejrzyj film demonstrujący fale dźwiękowe. Sprawdź, czy rozumiesz. Widzisz dwa instrumenty muzyczne, których nie potrafisz zidentyfikować. Jeden z nich gra wysokotonowe dźwięki, a drugi niskotonowe. W jaki sposób możesz odpowiedzieć na pytanie, który jest który, bez usłyszenia ich? Porównaj ich wymiary. Instrumenty wysokotonowe są zwykle mniejsze od niskotonowych, ponieważ generują fale o mniejszych długościach. Podsumowanie Dźwięki niepożądane mogą być zredukowane poprzez zastosowanie destruktywnej interferencji. Dźwięk ma takie same właściwości rezonansu i interferencji jak te zdefiniowane dla fal. W słupach powietrza najniższa częstotliwość rezonansowa nazywa się częstotliwością podstawową, a wszystkie wyższe częstotliwości rezonansowe nazywane są alikwotami. Wszystkie te częstotliwości nazywamy harmonicznymi. Pytania Dostajesz dwa instrumenty dęte o identycznej długości. Jeden jest otwarty na obu końcach, drugi jest zamknięty na jednym końcu. Który z nich jest w stanie wygenerować najniższą częstotliwość? Długość fali podstawowej w rurze obustronnie otwartej wynosi 2 L , podczas gdy długość fali w rurze z jednej strony otwartej, a z drugiej strony zamkniętej wynosi 4 L . Rura jednostronnie otwarta ma mniejszą częstotliwość podstawową, przy założeniu, że prędkość dźwięku jest taka sama w obu rurach. Jaka jest różnica pomiędzy alikwotem a harmoniczną? Czy wszystkie harmoniczne są alikwotami? Czy wszystkie alikwoty są harmonicznymi? Dwie identyczne rury obustronnie otwarte znajdują się w różnych pomieszczeniach. W pomieszczeniu A , temperatura wynosi T = 20 ∘ C , a w pomieszczeniu B , temperatura wynosi T = 25 ∘ C . Głośnik przymocowany jest do końca każdej rury, powodując, że rury rezonują z częstotliwością podstawową. Czy częstotliwość jest taka sama w obu rurach? Która rura ma wyższą częstotliwość? Długość fali w każdej rurze jest dwa razy większa od długości rury. Częstotliwość zależy od długości fali i prędkości dźwięku. Częstotliwość w pomieszczeniu B jest wyższa, ponieważ prędkość dźwięku jest wyższa z powodu wyższej temperatury. Zadania Długość rury obustronnie otwartej wynosi 1 m. (a) Jaka jest częstotliwość podstawowa, jeśli prędkość dźwięku wynosi 344 m/s? (b) Jaka jest częstotliwość drugiej harmonicznej? Ile wynosi długość rury, której częstotliwość podstawowa wynosi 176 Hz, a częstotliwość pierwszego alikwota 352 Hz, jeśli prędkość dźwięku wynosi 343 m/s? 0,974 m W zewnętrznym przewodzie słuchowym zachodzi rezonans podobnie jak w rurze jednostronnie otwartej. Jeśli zakres długości przewodów słuchowych wynosi od 1,80 do 2,60 cm, to ile wynosi zakres częstotliwości własnych tych przewodów? Załóżmy, że temperatura powietrza wynosi 37,0 ∘ C i jest taka sama jak temperatura ciała. Oblicz częstotliwość pierwszego alikwota w przewodzie słuchowym, który rezonuje jak rura jednostronnie zamknięta o długości 2,40 cm. Załóżmy, że temperatura powietrza wynosi 37,0 ∘ C . Czy ucho jest szczególnie wrażliwe na taką częstotliwość? (Rezonans kanału słuchowego jest bardziej skomplikowany przez jego nieregularny kształt, który tutaj zignorujemy). 11,0 kHz; Ucho nie jest szczególnie wrażliwe na tę częstotliwość, dlatego nie słyszymy alikwotów związanych z kanałem słuchowym. Proste przybliżenie generacji głosu polega na uznaniu kanałów i dróg oddechowych za rurę rezonującą jednostronnie zamkniętą. Jaka jest częstotliwość podstawowa, jeśli rura ma długość 0,240 m, przy temperaturze powietrza wynoszącej 37,0 ∘ C ? Jaka byłaby ta częstotliwość, gdyby osoba wymieniła powietrze na hel? Przyjmijmy dla helu taką samą zależność od temperatury. Rura o długości 4,0 m, z jednej strony zamknięta, a z drugiej otwarta znajduje się w pomieszczeniu, w którym temperatura wynosi T = 22 ∘ C . Głośnik zdolny do wytwarzania zmiennych częstotliwości, który służy do wywołania rezonansu, umieszczono przy otwartym końcu. Jaka jest długość fali i częstotliwość podstawowa? Jaka jest częstotliwość i długość fali pierwszego alikwotu? a. v = 344,08 m/s, λ 1 = 16,00 m, f 1 = 21,51 Hz; b. λ 3 = 5,33 m, f 3 = 64,56 Hz Rura o długości 4,0 m, z obu stron otwarta, znajduje się w pomieszczeniu, w którym temperatura wynosi T = 25 ° C . Głośnik zdolny do wytwarzania zmiennych częstotliwości, który służy do wywołania rezonansu, umieszczono przy otwartym końcu. Jaka jest długość fali i częstotliwość podstawowa? Jaka jest częstotliwość i długość fali pierwszego alikwotu? Nylonowa struna gitarowa jest rozciągnięta pomiędzy dwoma punktami odległymi od siebie o 2,00 m. Liniowa gęstość masy struny wynosi μ = 7,20 g/m , a jej siła naciągu wynosi 160,00 N. Struna znajduje się w pobliżu rury obustronnie otwartej o długości L . Struna zostaje szarpnięta i rura zaczyna rezonować dla n = 3 . Prędkość dźwięku wynosi 343 m/s. Jaka jest długość rury? v struna = 149,07 m/s, λ 3 = 1,33 m, f 3 = 112,08 Hz λ 1 = v f 3 , L = 1,53 m Widełki kamertonu o częstotliwości 512 Hz uderzono i umieszczono obok rury z ruchomym tłokiem, tworzącej rezonator o zmiennej długości. Tłok jest przesuwany w dół rury i rezonans otrzymujemy, gdy tłok znajduje się w odległości 115,50 cm od otwartego końca. Następny rezonans otrzymujemy, gdy tłok jest 82,50 cm od otwartego końca. Jaka jest prędkość dźwięku w rurze? W jakiej odległości tłoka od otwartego końca rury otrzymamy następny rezonans? Studenci w laboratorium fizyki proszeni są o znalezienie długości kolumny powietrznej w rurze jednostronnie zamkniętej, dla której częstotliwość podstawowa wynosi 256 Hz. Studenci trzymają rurę w pionie i napełniają ją wodą, a następnie wypuszczają wodę do momentu pojawienia się pierwszego rezonansu. Jaka jest temperatura powietrza, jeśli rezonans ma miejsce dla rury bez wody o długości 0,336 m? Dla jakiej długości studenci zaobserwują drugi rezonans (pierwszy alikwot)? a. 22 ∘ C ; b. 1,01 m częstotliwość podstawowa (ang. fundamental frequency ) najniższa częstotliwość rezonansowa harmoniczne (ang. harmonics ) termin odnoszący się do częstotliwości podstawowej oraz alikwotów alikwoty (ang. overtones ) wszystkie częstotliwości rezonansowe wyższe od podstawowej", "section": "Tryby drgań fali stojącej", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Źródła dźwięków muzycznych Niektóre instrumenty muzyczne – instrumenty dęte drewniane, mosiężne, organy piszczałkowe – można modelować jako rury z symetrycznymi warunkami brzegowymi (ang. tubes with symmetrical boundary conditions ), obustronnie otwartymi lub zamkniętymi ( ). Inne instrumenty mogą być modelowane jako rury z niesymetrycznymi warunkami brzegowymi (ang. tubes with anti-symmetrical boundary conditions ), z jednej strony otwarte, a z drugiej zamknięte ( ). Niektóre instrumenty muzyczne mogą być modelowane jako rury obustronnie otwarte. Niektóre instrumenty muzyczne mogą być modelowane jako rury jednostronnie zamknięte. Częstotliwości rezonansowe powstają na skutek rozchodzenia się fal podłużnych w rurach i ich interferencji z falami odbitymi, poruszającymi się w przeciwnych kierunkach. Organy piszczałkowe składają się z różnych piszczałek (rur) o określonych długościach, w celu wytworzenia różnych częstotliwości. Fale są wynikiem sprężania powietrza, które może się następnie rozprężać w rurach. Nawet w otwartych rurach niektóre odbicia pojawią się w wyniku oddziaływania końców rury z ciśnieniem atmosferycznym na zewnątrz rury. Strzałki nie występują dokładnie przy otworze rury, ale zależą od promienia rury. Fale nie propagują się w pełni, dopóki nie znajdą się poza otwartym końcem rury, a dla cienkościennej rury należy dodać korektę końcową. Ta korekcja końcowa jest około 0,6 razy większa od promienia rury i powinna być dodana do długości rurki. Muzycy grający na instrumentach takich jak flet czy obój zmieniają długość rury poprzez otwieranie i zamykanie otworów palcami. Na puzonie długość rury można zmieniać za pomocą rury przesuwnej. Trąbki posiadają określoną długość i mogą generować dźwięki o określonych częstotliwościach. Częstotliwość podstawowa i alikwoty mogą występować dla różnych kombinacji. Na przykład środkowe C na trąbce wyraźnie różni się od środkowego C na klarnecie, chociaż oba instrumenty są zmodyfikowanymi wersjami rury jednostronnie zamkniętej. Częstotliwość podstawowa jest taka sama (i najczęściej o największym natężeniu), ale alikwoty i ich kombinacje są różne. To sprawia, że różne instrumenty muzyczne (jak również ludzkie głosy) posiadają cechy charakterystyczne, niezależnie od tego, czy dźwięki wywołują słupy powietrza, struny, komory dźwiękowe czy bębny. W rzeczywistości np. nasza mowa jest wyznaczana przez kształt wnęki utworzonej przez gardło i usta w celu otrzymania odpowiedniej częstotliwości podstawowej i alikwotów. Na przykład można tworzyć proste wnęki rezonansowe (ang. resonant cavities ) w celu rezonowania dźwięków samogłosek ( ). U chłopców w okresie dojrzewania krtań rośnie i zmienia się kształt wnęki rezonansowej, co powoduje różnicę w dominujących częstotliwościach u kobiet i mężczyzn. Gardło i usta formują słup powietrza z jednej strony zamknięty, który rezonuje w odpowiedzi na wibracje aparatu głosowego. Widmo alikwotów i ich natężenie zmieniają się wraz z ukształtowaniem ust i położeniem języka, tworząc różne dźwięki. Aparat głosowy może być zastąpiony przez drgającą membranę i zrozumienie mowy jest w dalszym ciągu możliwe. Różnice w podstawowych kształtach anatomicznych układu gardła i jamy ustnej sprawiają, że mamy do czynienia z różnymi głosami. Wyznaczanie długości rury o częstotliwości podstawowej 128 Hz Jaką długość powinna mieć rura jednostronnie zamknięta w dniu, w którym temperatura powietrza wynosi 22,0 ∘ C , jeśli jej częstotliwość podstawowa wynosi 128 Hz? Jaka jest częstotliwość czwartego alikwota? Strategia rozwiązania Długość rury L można wyznaczyć z zależności f n = n ⁢ v / 4 ⁢ L , ale wcześniej należy wyznaczyć prędkość dźwięku v . Rozwiązanie Określ znane wielkości: częstotliwość podstawowa wynosi 128 Hz, a temperatura powietrza wynosi 22,0 ∘ C . Skorzystaj ze wzoru f n = n ⁢ v / 4 ⁢ L , aby wyznaczyć częstotliwość podstawową ( n = 1 ), f 1 = v 4 L . Przekształć równanie do postaci: L = v 4 f 1 . Oblicz prędkość dźwięku, korzystając ze wzoru v = 331 m / s T / 273 K , v = 331 m s 295 K 273 K = 344 m s . Podstaw wartości prędkości dźwięku oraz częstotliwości do wyrażenia na L . L = v 4 f 1 = 344 m / s 4 ⋅ 128 H z = 0,672 m Określ znane wielkości: dla pierwszego alikwota n = 3 , dla drugiego alikwota n = 5 , dla trzeciego alikwota n = 7 i dla czwartego alikwota n = 9 . Podstaw wartość dla czwartego alikwota do wzoru f n = n ⁢ v / 4 ⁢ L f 9 = 9 v 4 L = 9 f 1 = 1,15 kHz . Znaczenie Wiele instrumentów dętych to zmodyfikowane rury wyposażone w otwory, zawory i inne urządzenia służące do zmiany długości słupa powietrza rezonansowego, a tym samym częstotliwości generowanego dźwięku. Rury, z których zbudowane są róg lub tuba, muszą być bardzo długie, by wytwarzały niskie częstotliwości. Ze względów praktycznych rury zwijane są więc w pętle. Niezależnie od tego, w jaki sposób pojawiają się alikwoty, czy w prostej rurze, czy w instrumencie muzycznym, dźwięk zależy od tego, w jaki sposób następuje stymulowanie drgań oraz jaki jest kształt rezonatora. Na przykład puzon nie wytwarza podstawowej częstotliwości, tylko alikwoty. Jeśli mamy dwie rury z taką samą częstotliwością podstawową, ale jedna z nich jest jednostronnie zamknięta, a druga obustronnie otwarta, ich dźwięki brzmią inaczej, ponieważ mają różne alikwoty. Na przykład środkowe C grane na rurze otwartej brzmiałoby głośniej, ponieważ ma parzyste i nieparzyste wielokrotności częstotliwości podstawowej. Zamknięta rura ma tylko nieparzyste wielokrotności. Rezonans Rezonanse powstają w różnych układach, np. strunach, słupach powietrznych, atomach. W poprzednich rozdziałach powiedzieliśmy, że rezonans powstaje w wyniku pobudzenia układu siłą wymuszającą z częstotliwością równą częstotliwości podstawowej. Amplituda tych drgań gwałtownie rośnie, aż do momentu, gdy prawo Hooke’a dla tego układu przestanie obowiązywać. Przykładem tego jest np. dźwięk celowo zniekształcony w niektórych rodzajach muzyki rockowej. Instrumenty dęte wykorzystują rezonans słupa powietrza do wzmocnienia tonów generowanych przez usta lub drgające trzciny. Inne instrumenty wykorzystują rezonans do wzmocnienia dźwięków w bardzo sprytny sposób. prezentuje skrzypce i gitarę, które mają pudła rezonansowe, ale o różnych kształtach, co sprawia, że mają różną strukturę alikwotów. Wibrująca struna generuje dźwięk, który rezonuje w pudle rezonansowym, wzmacniając w ten sposób dźwięk i tworząc efekty, które nadają instrumentowi charakterystyczną barwę. Im bardziej skomplikowany jest kształt pudła rezonansowego, tym większa jest jego zdolność do rezonowania w szerokim zakresie częstotliwości. Marimba, którą przedstawiono na , wykorzystuje kotły lub gurdy poniżej drewnianych listew, aby wzmocnić ich dźwięki. Rezonans kotła może być regulowany przez dolanie wody. Instrumenty strunowe takie jak skrzypce (a) lub gitary (b) wykorzystują rezonans w swoich pudłach rezonansowych w celu wzmocnienia i wzbogacenia dźwięku wygenerowanego przez struny. Mostek i progi pozwalają skierować dźwięk drgającej struny do pudła rezonansowego i powietrza. (Źródło: praca Feliciano Guimaresa (a); praca Steva Snodgrassa (b)) Rezonans był używany w instrumentach muzycznych od czasów prehistorycznych. Marimba wykorzystuje gurdy jako komory rezonansowe wzmacniające dźwięk. (Źródło: „APC Events”/Flickr) W naszych rozważaniach podkreślaliśmy zastosowanie rezonansu i fal stojących, ale teorie te odnoszą się do każdego układu mającego cechy falowe. Drgające struny na przykład rezonują i posiadają częstotliwości podstawowe i alikwoty podobne do słupa powietrza. Bardziej subtelne są drgania atomów na skutek natury falowej elektronów. Ich orbity mogą być postrzegane jako fale stojące, które mają częstotliwość podstawową (stan podstawowy) i alikwoty (stan wzbudzenia). To fascynujące, że charakterystyka fal ma zastosowanie w szerokim zakresie układów fizycznych. Podsumowanie Niektóre instrumenty muzyczne można modelować jako rury o symetrycznych warunkach brzegowych: otwarte na obu końcach lub zamknięte na obu końcach. Inne instrumenty muzyczne można modelować jako rury o niesymetrycznych warunkach brzegowych: zamknięte na jednym końcu i otwarte na drugim. Niektóre instrumenty, takie jak organy rurkowe, mają kilka rur o różnych długościach. Instrumenty takie jak flet generują dźwięki, zmieniając długość rury przez zamknięcie otworów wzdłuż rury. Puzon zmienia długość rury za pomocą prowadnicy. Instrumenty strunowe wytwarzają dźwięk przy użyciu drgającej struny z węzłami na każdym końcu. Powietrze wokół struny oscyluje z częstotliwością struny. Zależności dla częstotliwości struny są takie same jak dla rury o symetrycznych warunkach brzegowych, przy czym długość rury jest zastąpiona przez długość struny, a prędkość przez zależność v = F T / μ . Pytania W jaki sposób dźwięk gitary jest o wiele bardziej intensywny od dźwięku struny naprężonej na prostym kiju? Rozważ trzy rury o tej samej długości ( L ) . Rura A jest obustronnie otwarta, rura B jest obustronnie zamknięta, a rura C ma jeden koniec otwarty a drugi zamknięty. Jeśli prędkość dźwięku jest taka sama w każdej z trzech rur, w której rurze mogą być wytwarzane najniższe częstotliwości podstawowe? W których rurach można uzyskać najwyższą częstotliwość podstawową? Podczas rezonansu dla częstotliwości podstawowej długość fali dla rury C wynosi 4 L , a rury A i B wynosi 2 L . Częstotliwość jest równa f = v / λ . Rura C posiada najniższą częstotliwość, a rury A i B mają takie same częstotliwości podstawowe, wyższe niż rura C . Rura A ma długość L i jest obustronnie otwarta. Rura B ma długość L / 2 i ma jeden koniec otwarty, a jeden zamknięty. Załóżmy, że prędkość dźwięku jest taka sama w obu rurach. Które z harmonicznych w każdej rurze będą sobie równe? Struna jest rozciągnięta pomiędzy dwoma punktami w odległości L . Siła naciągu struny oraz liniowa gęstość masy struny jest taka, że prędkość fali w strunie wynosi v = 343 m/s . Rura z symetrycznymi warunkami brzegowymi ma długość L , a prędkość dźwięku w rurze wynosi v = 343 m/s . Co można powiedzieć o częstotliwościach harmonicznych na strunie i w rurze? Co jeśli prędkość na strunie wynosiła v = 686 m/s ? Do momentu, gdy warunki brzegowe są symetryczne, częstotliwości wynoszą f n = n v 2 L . Ponieważ prędkość jest taka sama w każdej rurze, częstotliwości są takie same. Jeśli prędkość fali została podwojona na strunie, częstotliwość na strunie byłaby dwukrotnie większa niż częstotliwość w rurze. Zadania Jeśli instrument dęty, na przykład tuba, ma częstotliwość podstawową 32,0 Hz, jakie są jego pierwsze trzy alikwoty? Instrument jest zamknięty na jednym końcu. (Alikwoty prawdziwej tuby są bardziej złożone niż w tym przykładzie, ponieważ jest to rura stożkowa). Jakie są pierwsze trzy alikwoty fagota o częstotliwości podstawowej 90,0 Hz? Jest on otwarty na obu końcach. (Alikwoty prawdziwego fagota są bardziej złożone niż w tym przykładzie, ponieważ jego podwójna piszczałka sprawia, że działa podobnie jak rura jednostronnie zamknięta). pierwszy alikwot = 180 Hz; drugi alikwot = 270 Hz; trzeci alikwot = 360 Hz. Jaką długość musi mieć flet, aby jego częstotliwość podstawowa wynosiła 262 Hz (ta częstotliwość odpowiada środkowemu C na skali równomiernie temperowanej) w ciągu dnia, w którym temperatura powietrza wynosi 20,0 ∘ C ? Flet jest obustronnie otwarty. Jaką długość powinien mieć obój, aby wygenerować dźwięk o częstotliwości podstawowej 110 Hz w dniu, w którym prędkość dźwięku wynosi 343 m/s? Obój jest otwarty na obu końcach. 1,56 m Wyznacz długość rury organowej zamkniętej na jednym końcu, która generuje częstotliwość podstawową 256 Hz przy temperaturze powietrza 18,0 ∘ C . Ile wynosi częstotliwość podstawowa dla 25,0 ∘ C ? Rura organowa ( L = 3,00 m ) jest obustronnie zamknięta. Oblicz długości fal i częstotliwości pierwszych trzech rezonansów. Załóż, że prędkość dźwięku wynosi v = 343,00 m/s . Rura ma symetryczne warunki brzegowe; λ n = 2 n L , f n = n v 2 L , n = 1,2,3 λ 1 = 6,00 m , λ 2 = 3,00 m , λ 3 = 2,00 m f 1 = 57,17 Hz , f 2 = 114,33 Hz , f 3 = 171,50 Hz Rura organowa ( L = 3,00 m ) jest zamknięta z jednej strony. Oblicz długości i częstotliwości dla pierwszych trzech rezonansów. Załóżmy, że prędkość dźwięku wynosi v = 343,00 m/s . Dźwięk o częstotliwości 2,00 kHz generowany jest przez drgającą strunę dla n = 6 . Liniowa gęstość masy struny wynosi μ = 0,0065 kg/m , a długość struny 1,50 m. Ile wynosi siła naciągu struny? λ 6 = 0,5 m v = 1000 m/s F T = 6500 N Rozważmy dźwięk w rurze przedstawionej poniżej. Temperatura powietrza wynosi T C = 30,00 ∘ C . Ile wynosi długość fali, prędkość fali i częstotliwość tego dźwięku? Student trzyma pręt laboratoryjny o długości 80,00 cm, w odległości jednej czwartej od końca słupa. Pręt laboratoryjny wykonany jest z aluminium. Student uderza młotkiem w pręt laboratoryjny. Pręt rezonuje z najniższą możliwą częstotliwością. Ile wynosi ta częstotliwość? f = 6,40 kHz Struna w skrzypcach ma długość 24,00 cm i masę 0,860 g. Częstotliwość podstawowa struny wynosi 1,00 kHz. Jaka jest prędkość fali na strunie? Ile wynosi siła naciągu struny? Ile będzie wynosił stosunek częstotliwości dźwięku generowanego przez instrument dęty, jeśli temperatura powietrza zmienia się od 10,0 ∘ C do 30,0 ∘ C ? Oblicz stosunek częstotliwości dla tych dwóch temperatur. 1,03 lub 3 %", "section": "Źródła dźwięków muzycznych", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Dudnienia Badania o muzyce dostarczają wielu przykładów superpozycji fal oraz konstruktywnej i destrukcyjnej interferencji. Jest niewiele przykładów muzyki wykonywanej przez jedno źródło, generujące jedną częstotliwość przez dłuższy czas. Prawdopodobnie zgodzisz się z tym, że pojedyncza częstotliwość grana przez dłuższy czas jest nudna i irytująca, podobnie jak dźwięk silnika samolotu czy głośnego wentylatora. Muzyka jest przyjemna i ciekawa dzięki mieszaniu się różnych częstotliwości różnych instrumentów i głosów. Ciekawym zjawiskiem, które występuje w wyniku konstruktywnej i destrukcyjnej interferencji dwóch lub więcej częstotliwości dźwięku, jest zjawisko dudnień (ang. beats ). Jeśli dwa dźwięki różnią się częstotliwością, fala wypadkowa może być zapisana jako: y 1 = A cos ⁡ ( k 1 x − 2 π f 1 t ) oraz y 2 = A cos ⁡ ( k 2 x − 2 π f 2 t ) . Wykorzystując znany z trygonometrii wzór cos u + cos v = 2 ⁢ cos u + v / 2 ⁢ cos u - v / 2 , a następnie ustalając położenie punktu odniesienia x = 0 m w przestrzeni, możemy wyznaczyć punkt w przestrzeni, w którym występuje superpozycja dwóch fal dźwiękowych, która jest równa: y ( t ) = 2 A cos ( 2 π f średnia t ) cos ( 2 π ( | f 2 − f 1 | 2 ) t ) , gdzie częstotliwość dudnień (ang. beat frequency ) jest równa: f dudnienia = | f 2 − f 1 | . Dudnienia powstałe na skutek konstruktywnej i destrukcyjnej interferencji dwóch fal dźwiękowych różniących się częstotliwościami. Dudnienia te mogą być pożyteczne dla stroicieli fortepianów. Widełki stroikowe są pobudzone do drgań, podobnie jak dźwięk na fortepianie. Gdy stroiciel dostraja struny fortepianu, słyszy dudnienia o malejącej częstotliwość wynikające z wyrównywania częstości struny z częstotliwością generowaną przez widełki stroikowe. Znajdź częstotliwość dudnień pomiędzy dwoma kamertonami Jaka jest częstotliwość dudnień, gdy dwa kamertony o częstotliwości 256 Hz i 512 Hz pobudzone są jednocześnie? Strategia rozwiązania Częstotliwość dudnień jest równa różnicy dwóch częstotliwości. Rozwiązanie Korzystamy z f dudnienia = | f 2 − f 1 | : | f 2 − f 1 | = 512 H z − 256 H z = 256 H z . Znaczenie Częstotliwość dudnień jest modułem różnicy dwóch częstotliwości. Częstotliwość ujemna nie miałaby sensu. Sprawdź, czy rozumiesz. Co się stanie, jeśli więcej niż dwie częstotliwości będą interferować? Przeanalizuj trzy częstotliwości. Zadanie to można łatwo zrozumieć, korzystając z wykresu pokazanego poniżej. Jak widać, wytwarzane są dudnienia, ale o bardziej złożonym charakterze. Badanie superpozycji różnych fal ma wiele interesujących zastosowań poza badaniami dźwięku. W dalszych rozdziałach omówimy właściwości falowe cząstek. Cząstki mogą być modelowane jako „pakiety falowe”, które wynikają z superpozycji różnych fal, a cząstka porusza się z „prędkością grupową” pakietu falowego. Podsumowanie Gdy dwie fale dźwiękowe o zbliżonych częstotliwościach interferują, powstają dudnienia o częstotliwości równej wartości bezwzględnej z różnicy tych dwóch częstotliwości. Pytania Dwa głośniki podłączone są do generatora sygnałowego o zmiennej częstotliwości. Głośnik A generuje dźwięk o częstotliwości 1,00 kHz, a głośnik B – ton o częstotliwości 1,10 kHz. Częstotliwość dudnień wynosi 0,10 kHz. Jaka będzie częstotliwość dudnień, jeśli częstotliwości obu głośników będą dwa razy wyższe? Zdrapano etykietę z widełek stroikowych, a musisz znać ich częstotliwość. Na podstawie wielkości widełek stroikowych można podejrzewać, że jego częstotliwość wynosi około 250 Hz. Znajdź widełki stroikowe o częstotliwości 250 Hz i 270 Hz. Kiedy uderzysz widełki o częstotliwości 250 Hz i widełki o nieznanej częstotliwości, zostanie wygenerowana częstotliwość 5 Hz. Kiedy uderzysz widełki stroikowe o częstotliwości 270 Hz, częstotliwość dudnień wyniesie 15 Hz. Jaka jest nieznana częstotliwość? Częstotliwość nieznanych widełek stroikowych wynosi 255 Hz. Jeśli wykorzystano tylko widełki stroikowe o częstotliwości 250 Hz, słyszenie częstotliwości dudnień jest ograniczone do częstotliwości 245 Hz lub 255 Hz. W odniesieniu do poprzedniego pytania, jeśli miałbyś tylko widełki stroikowe o częstotliwości 250 Hz, czy mógłbyś znaleźć rozwiązanie problemu określenia nieznanej częstotliwości? Samochód wyprodukowany na specjalne zamówienie ma dwie rury wydechowe, które generują dźwięki o podobnej częstotliwości. Faktycznie generują sygnały o częstotliwości 263,8 i 264,5 Hz. Ile wynosi częstotliwość dudnień? Częstotliwość dudnień wynosi 0,7 Hz. Zadania Jakie są częstotliwości dudnień: (a) Jeśli nuty A i C grane są razem (częstotliwości 220 i 264 Hz)? (b) Jeśli nuty D i F odtwarzane są razem (częstotliwości 297 i 352 Hz)? (c) Jeśli wszystkie cztery dźwięki grane są razem? Ile wynoszą częstotliwości dudnień, jeśli młotek fortepianowy uderzy trzy struny, które generują częstotliwości 127,8, 128,1 i 128,3 Hz? f B = | f 1 − f 2 | | 128,3 Hz − 128,1 Hz | = 0,2 Hz; | 128,3 Hz − 127,8 Hz | = 0,5 Hz; | 128,1 Hz − 127,8 Hz | = 0,3 Hz Tuner fortepianowy rejestruje dudnienia co 2,00 s dla dźwięków generowanych przez widełki stroikowe o częstotliwości 264,0 Hz i pojedynczą strunę w pianinie. Jakie są dwie możliwe częstotliwości struny? Dwie identyczne struny, o takiej samej długości równej 2,00 m i liniowej gęstości masy równej μ = 0,0065 kg/m, są przymocowane na obu końcach. Siła naciągu dla struny A wynosi 120,00 N. Natomiast siła naciągu dla struny B wynosi 130,00 N. Obie struny zostają szarpnięte i generują dźwięk dla modu n = 10 . Ile wynosi częstotliwość dudnień? v A = 135,87 m/s, v B = 141,42 m/s, λ A = λ B = 0,40 m Δ f = 15,00 Hz Stroiciel fortepianowy używa widełek stroikowych o częstotliwości 512 Hz. Uderza w kamerton oraz w klawisz fortepianu i słyszy częstotliwość dudnień 5 Hz. Następnie naciąga strunę fortepianu i powtarza procedurę. Ponownie słyszy częstotliwość dudnień 5 Hz. Co się stało? Struna, dla której liniowa gęstość masy wynosi μ = 0,0062 kg/m , jest rozciągnięta pomiędzy dwoma słupkami oddalonymi od siebie 1,30 m. Siła naciągu struny wynosi 150,00 N. Struna drga i generuje falę dźwiękową. Widełki stroikowe o częstotliwości 1024 Hz pobudzone są do drgań, a częstotliwość dudnień pomiędzy dwoma źródłami wynosi 52,83 Hz. Jakie są możliwe częstotliwości i długości fali struny? v = 155,54 m/s, f struny = 971,17 Hz, n = 16,23 f struny = 1076,83 Hz, n = 18,00 Częstotliwość wynosi 1076,83 Hz, a długość fali 0,14 m. Samochód ma dwie rury, jedna emitująca częstotliwość 199 Hz, a druga emitująca częstotliwość 203 Hz. Jaka jest częstotliwość dudnień? Młoteczek fortepianu uderza w dwie struny, wytwarzając dudnienia o częstotliwości 1,50 Hz. Jedna ze strun nastrojona jest na częstotliwość 260,00 Hz. Jakie częstotliwości może mieć druga struna? f 2 = f 1 ± f B = 260,00 Hz ± 1,50 Hz, i stąd f 2 = 261,50 Hz or f 2 = 258,50 Hz Dwa kamertony o częstotliwościach 460 i 464 Hz są uderzane równocześnie. Jaka będzie średnia częstotliwość, którą można usłyszeć, i jaka będzie częstotliwość dudnień? Silniki w samolocie odrzutowym wytwarzają średnią częstotliwość dźwięku wynoszącą 4100 Hz przy częstotliwości dudnień wynoszącej 0,500 Hz. Jakie są poszczególne częstotliwości tych silników? f średnia = f 1 + f 2 2 ; f B = f 1 − f 2 ( załóż, że f 1 > f 2 ) f średnia = ( f B + f 2 ) + f 2 2 ⇒ f 2 = 4099,750 H z f 2 = 4100,250 H z Trzy klawisze fortepianu (F, Fis i G) są uderzane równocześnie, generując częstotliwości 349, 370 i 392 Hz. Jakie częstotliwości dudnień są wytwarzane przez tą dysonansową kombinację? częstotliwość dudnień (ang. beat frequency ) częstotliwość fali wytwarzanej przez fale dźwiękowe, które różnią się częstotliwością w niewielkim zakresie dudnienia (ang. beats ) konstruktywna i destruktywna interferencja dwóch lub więcej częstotliwości", "section": "Dudnienia", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Efekt Dopplera Rejestrowana przez obserwatora zmiana częstotliwości sygnału zbliżającej się i oddalającej się karetki pogotowia albo hałasu wytwarzanego przez głośny motocykl są typowymi przykładami efektu Dopplera (ang. Doppler effect ). Po pierwsze, głośność dźwięku wzrasta, kiedy karetka zbliża się, i maleje, gdy karetka się oddala. Częstotliwość dźwięku syreny, który dociera do ucha obserwatora, rośnie, gdy karetka się zbliża, i maleje, gdy karetka się oddala, także wtedy, gdy syrena generuje dźwięk o stałej częstotliwości. Zmiany są najbardziej odczuwalne, gdy karetka mija obserwatora. Im szybciej karetka się porusza, tym większa jest zmiana częstotliwości syreny. To charakterystyczne przesunięcie częstotliwości słyszymy również dla poruszających się samochodów, samolotów, pociągów. Efekt Dopplera jest to zmiana odbieranej częstotliwości dźwięku w wyniku ruchu źródła dźwięku lub obserwatora. Dla przykładu, jeśli jedziesz pociągiem i mijasz syrenę ostrzegawczą, wówczas usłyszysz przesunięcie częstotliwości tej syreny w stronę niższych częstotliwości. Zmiana częstotliwości spowodowana względnym ruchem źródła i obserwatora nazywa się przesunięciem Dopplera (ang. Doppler shift ). Efekt Dopplera i przesunięcie Dopplera nazwano tak od nazwiska austriackiego fizyka i matematyka Christiana Andreasa Dopplera (1803–1853) , który przeprowadzał eksperymenty z ruchomymi źródłami i obserwatorami. Doppler badał muzyków grających w otwartym pociągu, a także grających obok torów kolejowych, gdy pociąg przejeżdżał. Ich muzykę obserwowano zarówno w pociągu, jak i poza nim, mierząc przy tym zmiany częstotliwości. Co jest przyczyną przesunięcia Dopplera? pokazuje fale dźwiękowe wygenerowane przez stacjonarne i poruszające się źródło dźwięku w nieruchomej masie powietrza. Każde zaburzenie rozchodzi się sferycznie od punktu, z którego zostało wyemitowane. Jeśli źródło jest nieruchome, to wszystkie powierzchnie sferyczne, które reprezentują punkty zagęszczeń powietrza, są współśrodkowe, a obserwatorzy stacjonarni znajdujący się po obu stronach słyszą dźwięk o takiej samej długości i częstotliwości fali, jaki został wyemitowany przez źródło (przypadek (a)). Jeśli źródło się porusza, sytuacja jest inna. Każde zaburzenie powietrza pochodzi z określonego punktu, z którego zostało wyemitowane, ale punkt ten przemieszcza się. Ruch punktu emisji powoduje, że powierzchnie fazowe są bliżej siebie przed punktem emisji i bardziej oddalone od siebie po drugiej stronie. W ten sposób długość fali jest krótsza w kierunku, w którym źródło się porusza (z prawej strony przypadku (b)) i dłuższa w kierunku przeciwnym (po lewej stronie przypadku (b)). Jeśli obserwator się porusza, jak to pokazano w przypadku (c), to częstotliwość rejestrowanych zmian ciśnienia powietrza także się zmienia. Obserwator poruszający się w kierunku źródła odbiera je z wyższą częstotliwością, a osoba, która oddala się od źródła, która oddala się – rejestruje niższą częstotliwość. Dźwięki wygenerowane przez źródło rozchodzą się sferycznie we wszystkich kierunkach. (a) Jeśli źródło i obserwatorzy oraz atmosfera są nieruchome, długości fal oraz częstotliwości są takie same we wszystkich kierunkach i dla obu obserwatorów. (b) Dźwięki wyemitowane przez poruszające się w prawą stronę źródło rozchodzą się we wszystkich kierunkach. Długość fali zmniejsza się i w konsekwencji częstotliwość wzrasta w kierunku ruchu źródła. W ten sposób obserwator znajdujący się po prawej stronie źródła usłyszy dźwięk o wyższej częstotliwości. Przeciwnie, obserwator po drugiej stronie źródła dźwięku usłyszy dźwięk o niższej częstotliwości, ponieważ długość fali wzrasta. (c) Taki sam efekt występuje, gdy obserwatorzy poruszają się względem źródła dźwięku. Ruch w kierunku źródła dźwięku powoduje zwiększenie częstotliwości, gdyż obserwator z prawej strony przechodzi przez większą liczbę grzbietów fal niż wówczas, gdyby był nieruchomy. Ruch w przeciwnym kierunku (oddalanie się od źródła) zmniejsza częstotliwość, obserwator z lewej strony pokonuje mniejszą liczbę grzbietów fal. Wiemy, że długość fali i częstotliwość związane są zależnością v = f λ , gdzie v jest prędkością dźwięku. Dźwięk rozchodzi się w ośrodku i ma taką samą prędkość v , niezależnie od tego, czy źródło dźwięku się porusza, czy nie. Zatem f pomnożone przez λ jest stałe. Ponieważ obserwator z prawej strony z przypadku (b) odbiera falę o krótszej długości, jej częstotliwość jest wyższa. Podobnie obserwator z lewej strony odbiera falę o dłuższej długości, a zatem słyszy dźwięk o niższej częstotliwości. Taka sama sytuacja występuje w przypadku (c). Wyższą częstotliwość odbiera obserwator poruszający się w stronę źródła, a niższą obserwator oddalający się od źródła. W ogólnym przypadku względny ruch przybliżający źródło i obserwatora zwiększa odbieraną częstotliwość. Względny ruch oddalający obniża częstotliwość. Im większa względna prędkość, tym efekt większy. Efekt Dopplera występuje nie tylko dla dźwięku, ale dla każdej fali, w której występuje względny ruch pomiędzy obserwatorem a źródłem. Przesunięcia Dopplera występują na przykład na częstotliwościach akustycznych, optycznych i mechanicznych (falach wodnych). Przesunięcie Dopplera może być wykorzystane do wyznaczenia prędkości, np. w diagnostyce medycznej, gdy ultradźwięki odbijają się od krwi. Względne prędkości gwiazd i galaktyk są wyznaczane na podstawie przesunięcia częstotliwości światła odbitego od tych obiektów i mówią wiele na temat początków Wszechświata. Współczesna fizyka została wzbogacona obserwacjami wykorzystującymi przesunięcia Dopplera. Opis odbieranej częstotliwości na skutek przesunięcia Dopplera Rozważmy dwóch nieruchomych obserwatorów X i Y na , zlokalizowanych po obu stronach nieruchomego źródła dźwięku. Każdy obserwator słyszy taką samą częstotliwość, równą tej generowanej przez stacjonarne źródło. Nieruchome źródło dźwięku emituje fale akustyczne o stałej częstotliwości f s i stałej długości fali λ s oraz prędkości dźwięku v . Dwóch nieruchomych obserwatorów X i Y , po każdej stronie źródła, rejestrują częstotliwość f o = f s i długości fali λ o = λ s . Rozważmy teraz nieruchomego obserwatora X z ruchomym źródłem oddalającym się od obserwatora ze stałą prędkością v s < v ( ). Dla czasu t = 0 źródło emituje falę dźwiękową, zaznaczoną na czarno. Fala ta porusza się z prędkością v . Pozycję fali dźwiękowej dla każdego przedziału czasu T s pokazano liniami przerywanymi. Po jednym okresie źródło przesunęło się o Δ x = v s T s i emituje drugą falę dźwiękową, która porusza się z prędkością dźwięku. Źródło kontynuuje swój ruch oraz emituje fale dźwiękowe, co pokazano przy pomocy okręgów 3 i 4. Zwróć uwagę, że gdy fale są wyemitowane ze źródła, posiadają centrum w miejscu powstania. Źródło poruszające się ze stałą prędkością v s oddala się od obserwatora X . Ruchome źródło wysyła fale dźwiękowe o stałej częstotliwości f s , stałej długości fali λ s , z prędkością dźwięku v . Migawki źródła w przedziale czasu T s są pokazane jako źródło oddalające się od nieruchomego obserwatora X . Linie ciągłe reprezentują pozycje fal dźwiękowych po czterech okresach od początku emisji. Linie przerywane są wykorzystane do pokazania pozycji fal dla każdego przedziału czasu. Obserwator słyszy dźwięk o długości fal λ o = λ s + Δ x = λ s + v s T s . Korzystając z faktu, że długość fali jest równa prędkości pomnożonej przez okres, a okres jest odwrotnością częstotliwości, możemy wyprowadzić wzór na obserwowaną częstotliwość: λ o = λ s + Δ x v T o = v T s + v s T s v f o = v f s + v s f s = v + v s f s f o = f s ( v v + v s ) . Gdy źródło oddala się od obserwatora, rejestrowana częstotliwość jest niższa niż częstotliwość sygnału wygenerowanego przez źródło. Rozważmy teraz poruszające się źródło ze stałą prędkością v s przemieszczające się w kierunku stacjonarnego obserwatora Y , co pokazano na . Długość fali rejestrowanej przez obserwatora Y wynosi λ o = λ s − Δ x = λ s − v s T s . Wykorzystując fakt, że długość fali jest równa prędkości pomnożonej przez okres, a okres jest odwrotnością częstotliwości, możemy wyprowadzić zależność na odbieraną częstotliwość: λ o = λ s − Δ x v T o = v T s − v s T s v f o = v f s − v s f s = v − v s f s f o = f s ( v v − v s ) . Kiedy źródło się porusza i obserwator jest nieruchomy, rejestrowana przez niego częstotliwość jest równa: f o = f s ( v v ∓ v s ) , gdzie f o jest częstotliwością rejestrowaną przez nieruchomego obserwatora, f s jest częstotliwością sygnału wygenerowanego przez poruszające się źródło, v jest prędkością dźwięku, v s jest stałą prędkością, z jaką porusza się źródło dźwięku, znak minus oznacza źródło przybliżające się do obserwatora, a znak plus oddalające się od obserwatora. Co się dzieje, jeśli obserwator porusza się, a źródło jest nieruchome? Jeśli obserwator przesuwa się w kierunku źródła stacjonarnego, obserwowana częstotliwość jest większa niż częstotliwość źródła. Jeśli obserwator oddala się od źródła stacjonarnego, obserwowana częstotliwość jest niższa niż częstotliwość źródła. Rozważmy obserwatora X na , który przemieszcza się w kierunku źródła stacjonarnego z prędkością v o . Źródło emituje sygnał o stałej częstotliwości f s i stałym okresie T s . Obserwator słyszy pierwszą falę wyemitowaną przez źródło. Jeśli obserwator byłby nieruchomy, czas dla jednej długości fali dźwięku do przejścia powinien być równy okresowi źródła T s . Ponieważ obserwator porusza się w stronę źródła, czas na przebycie jednej długości fali jest mniejszy niż T s i wynosi T o = T s − Δ t . Dla czasu t = 0 obserwator rozpoczyna ruch, spotykając czoło fali i poruszając się dalej w kierunku następnego czoła fali skraca czas jej spotkania. Długość fali obserwatora jest równa długości fali ze źródła, pomniejszonej przez dystans pokonany przez obserwatora. Stąd długość fali ze źródła jest równa odległości przebytej przez obserwatora plus odległość, jaką fala dźwiękowa przebyła do momentu spotkania z obserwatorem: λ s = v T o + v o T o v T s = ( v + v o ) T o v ( 1 f s ) = ( v + v o ) ( 1 f o ) f o = f s ( v + v o v ) . Stacjonarne źródło dźwięku emituje falę dźwiękową o stałej częstotliwości f s , stałej długości fali λ s , która porusza się ze stałą prędkością v . Obserwator X porusza się w stronę źródła dźwięku ze stałą prędkością v o . Na rysunku przedstawiono początkową i końcową pozycję obserwatora X . Obserwator X rejestruje częstotliwość wyższą niż częstotliwość źródłowa. Linie ciągłe pokazują pozycję fali dla t = 0 . Linie przerywane pokazują pozycje fal dla czasu t = T o . Jeśli obserwator oddala się od źródła ( ), rejestrowana częstotliwość może być wyznaczona z: λ s = v T o − v o T o v T s = ( v − v o ) T o v ( 1 f s ) = ( v − v o ) ( 1 f o ) f o = f s ( v − v o v ) . Stacjonarne źródło emituje falę dźwiękową o stałej częstotliwości f s , stałej długości fali λ s , która porusza się z prędkością dźwięku v . Obserwator Y oddala się od źródła ze stałą prędkością v o , a na rysunku pokazano początkowe i końcowe położenie obserwatora Y . Obserwator Y odbiera częstotliwość mniejszą od częstotliwości źródła. Linie ciągłe pokazują położenie fal dla t = 0 . Linie przerywane pokazują położenie dla t = T o . Zależności dla obserwatora poruszającego się w kierunku nieruchomego źródła i oddalającego się od tego źródła mogą być połączone w jedno równanie: f o = f s ( v ± v o v ) , gdzie f o jest odbieraną częstotliwością, f s jest częstotliwością źródłową, a v jest prędkością dźwięku, a v o jest prędkością obserwatora. Znak dodatni dotyczy sytuacji, gdy obserwator przybliża się do źródła, a znak minus, gdy się oddala. i mogą być uogólnione jedną zależnością. Znak dodatni w liczniku dotyczy przypadku, gdy obserwator porusza się w stronę źródła itd., patrz : f o = f s ( v ± v o v ∓ v s ) , Przesunięcie Dopplera f o = f s ( v ± v o v ∓ v s ) Nieruchomy obserwator Obserwator poruszający się w stronę źródła Obserwator oddalający się od źródła Źródło nieruchome f o = f s f o = f s ( v + v o v ) f o = f s ( v − v o v ) Źródło poruszające się w stronę obserwatora f o = f s ( v v − v s ) f o = f s ( v + v o v − v s ) f o = f s ( v − v o v − v s ) Źródło oddalające się od obserwatora f o = f s ( v v + v s ) f o = f s ( v + v o v + v s ) f o = f s ( v − v o v + v s ) gdzie f o jest rejestrowaną częstotliwością, f s jest częstotliwością źródłową, v jest prędkością dźwięku, v o oznacza prędkość obserwatora, v s jest prędkością źródła, znak plus oznacza przybliżanie się, a znak minus oddalanie. Efekt Dopplera związany jest z ruchem, dlatego film dobrze wizualizuje efekty związane z poruszającym się obserwatorem lub źródłem dźwięku. Ten film pokazuje przypadki ruchomego źródła i stacjonarnego obserwatora oraz poruszającego się obserwatora i stacjonarnego źródła. Omówiono również efekt Dopplera dla fal świetlnych. Obliczanie efektu Dopplera Załóżmy, że pociąg, który ma sygnał (klakson) o częstości 150 Hz, porusza się z prędkością 35,0 m/s w dzień, w którym prędkość dźwięku wynosi 340 m/s. Jaką częstotliwość odbiera osoba stojąca przy torach, gdy pociąg się zbliża i gdy się oddala? Jaką częstotliwość obserwuje inżynier podróżujący pociągiem? Strategia rozwiązania Aby wyznaczyć rejestrowaną częstotliwość dla przypadku (a), należy wykorzystać zależność f o = f s ⁢ v / v ∓ v s , ponieważ źródło znajduje się w ruchu. Znak minus dotyczy zbliżającego się pociągu, a znak plus – oddalającego się pociągu. W przypadku (b) występują dwa przesunięcia Dopplera: jedno związane z poruszającym się źródłem, i drugie związane z poruszającym się obserwatorem. Rozwiązanie Podstaw znane wartości do wzoru f o = f s ⁢ v / v ∓ v s : f o = f s ( v v − v s ) = 150 H z ⋅ 340 m / s 340 m / s − 35,0 m / s . Oblicz częstotliwość odbieraną przez nieruchomego obserwatora, gdy pociąg się zbliża: f o = 150 H z ⋅ 1,11 = 167 H z . Wykorzystaj tą samą zależność ze znakiem plus, aby wyznaczyć częstotliwość rejestrowaną przez nieruchomego obserwatora dla przypadku, gdy pociąg się oddala: f o = f s ( v v + v s ) = 150 H z ⋅ 340 m / s 340 m / s + 35,0 m / s . Oblicz drugą częstotliwość: f o = 150 H z ⋅ 0,907 = 136 H z . Określ znane wielkości: Wydaje się, że inżynier pociągu usłyszy taką samą częstotliwość sygnału jak tę wyemitowaną przez klakson, ponieważ względne prędkości pomiędzy nimi wynoszą zero. Względem ośrodka (powietrze) prędkości wynoszą v s = v o = 35,0 m/s . Pierwsze przesunięcie Dopplera związane jest z poruszającym się obserwatorem, natomiast drugie z poruszającym się źródłem. Skorzystaj z poniższej zależności: f o = [ f s ( v ± v o v ) ] ( v v ∓ v s ) . Wielkość w nawiasie kwadratowym przedstawia przesunięcie Dopplera związane z poruszającym się obserwatorem. Czynnik po prawej opisuje efekt związany z ruchem źródła. Ponieważ inżynier w pociągu porusza się w kierunku do klaksonu, musimy wykorzystać znak plus dla v o , ale ponieważ klakson porusza się w kierunku przeciwnym (od inżyniera), wykorzystujemy również znak plus dla v s . Jednak pociąg przewozi zarówno inżyniera, jak i klakson z taką samą prędkością, tj. v s = v o . W efekcie otrzymujemy f o : f o = f s . Znaczenie Dla przypadku, gdy źródło i obserwator nie poruszają się razem, wyznaczone wartości są prawidłowe, gdy źródło (w tym przypadku pociąg) jest wystarczająco daleko, aby uznać, że ruch źródła i obserwatora odbywa się w linii łączącej źródło i obserwatora. W obu przypadkach przesunięcie jest znaczące i łatwo zauważalne. Zauważ, że przesunięcie wynosi 17 Hz dla ruchu zbliżającego i 14 Hz dla oddalającego się. Przesunięcia nie są więc symetryczne. W przypadku inżyniera jadącego w pociągu oczekujemy, że nie ma zmian częstotliwości, ponieważ źródło i obserwator poruszają się razem. Jest to zgodne z naszym doświadczeniem. Na przykład nie ma przesunięcia Dopplera w częstotliwości głosów w rozmowie między kierowcą a pasażerem na motocyklu. Ludzie rozmawiający, gdy wiatr przenosi powietrze między nimi, również nie obserwują przesunięcia Dopplera. Kluczowym momentem jest tutaj to, że źródło i obserwator nie poruszają się względem siebie nawzajem. Sprawdź, czy rozumiesz. Opisz sytuację ze swojego życia, gdy efekt Dopplera może pomóc ci podczas jazdy samochodem lub gdy poruszasz się w pobliżu drogi. Jeśli jadę i słyszę efekt Dopplera związany z syreną pogotowia, byłbym w stanie powiedzieć, kiedy karetka się zbliża, a także zauważyć moment mijania. Pomogłoby mi to wiedzieć, czy muszę się zatrzymać i pozwolić przejechać karetce pogotowia. Efekt Dopplera i przesunięcie Dopplera mają wiele ważnych zastosowań w nauce i inżynierii. Na przykład przesunięcie dopplerowskie w ultrasonografie może być wykorzystane do pomiaru prędkości krwi, a policja wykorzystuje przesunięcie Dopplera w radarze (mikrofale) do pomiaru prędkości samochodów. W meteorologii przesunięcie dopplerowskie służy do śledzenia ruchu chmur burzowych; taki „Radar Dopplerowski” może określić prędkość i kierunek deszczu lub śniegu we froncie pogodowym. W astronomii możemy zbadać światło emitowane przez odległe galaktyki i określić ich prędkość względem naszej. Kiedy galaktyki oddalają się od nas, widmo ich światła zostaje przesunięte w kierunku niższych częstotliwości, a więc zwiększa się długość fali – jest to tak zwane przesunięcie ku czerwieni (ang. red shift ). Takie informacje z odległych galaktykach pozwoliły nam oszacować wiek Wszechświata (od Wielkiego Wybuchu) na około 14 miliardów lat. Podsumowanie Efekt Dopplera to zmiana rejestrowanej częstotliwości dźwięku w wyniku ruchu zarówno źródła, jak i obserwatora. Rzeczywista zmiana częstotliwości nazywa się przesunięciem Dopplera. Pytania Czy przesunięcie Dopplera jest rzeczywiste, czy jest to tylko iluzja sensoryczna? Troje obserwatorów stacjonarnych rejestruje przesunięcie dopplerowskie, związane z poruszającym się ze stałą prędkością źródłem. Obserwatorzy zlokalizowani są w sposób pokazany poniżej. Który obserwator obserwuje najwyższą częstotliwość? Który obserwator będzie obserwował najniższą częstotliwość? Co można powiedzieć o częstotliwości obserwowanej przez obserwatora 3? Obserwator 1 odbiera najwyższą częstotliwość. Obserwator 2 rejestruje najniższą częstotliwość. Obserwator 3 usłyszy wyższą częstotliwość od częstotliwości źródła, ale niższą od częstotliwości odbieranej przez obserwatora 1, gdy źródło się zbliża, oraz niższą częstotliwość niż częstotliwość źródła, ale wyższą niż częstotliwość obserwowana przez obserwatora 2, gdy źródło oddala się od obserwatora 3. Poniżej przedstawiono źródło stacjonarne i poruszających się obserwatorów. Opisz częstotliwość odbieraną przez obserwatorów dla tego układu. Przed 1980 r. do tworzenia prognozy pogody wykorzystywano radar konwencjonalny. W latach 60. zaczęto eksperymentować z radarem Dopplera. Jak myślisz, jaka jest zaleta używania takiego radaru? Radar Dopplera pozwala nie tylko wykrywać odległość do burzy, ale również określać prędkość i kierunek, w którym burza się przemieszcza. Zadania Jaką częstotliwość odbiera osoba obserwująca nadjeżdżającą karetkę pogotowia, która porusza się z prędkością 110 km/h, emitującą stały dźwięk o częstotliwości 800 Hz? Prędkość dźwięku w tym dniu wynosi 345 m/s. Jaką częstotliwość odbiera ta osoba po przejeździe karetki pogotowia? 878 Hz; 735 Hz Na pokazie lotniczym samolot leci wprost na widzów z prędkością 1200 km/h, emitując dźwięk o częstotliwości 3500 Hz. W tym dniu prędkość dźwięku wynosi 342 m/s. Jaką częstotliwość rejestrują obserwatorzy? Jaką częstotliwość odbiorą, gdy samolot będzie się oddalał? Jaką częstotliwość odbiera mysz tuż przed złapaniem jej przez lecącego z prędkością 25,0 m/s jastrzębia, emitującego dźwięk o częstotliwości 3500 Hz? Prędkość dźwięku wynosi 331 m/s. 3,79 ⋅ 10 3 H z Widz na paradzie słyszy dźwięk o częstotliwości 888 Hz od zbliżającego się trębacza, który gra nutę o częstotliwości 880 Hz. Z jaką prędkością zbliża się muzyk, jeśli prędkość dźwięku wynosi 338 m/s? Pociąg podmiejski, zbliżając się do przejścia, generuje dźwięk klaksonu o częstotliwości 200 Hz. Prędkość dźwięku wynosi 335 m/s. Obserwator oczekujący na przejściu rejestruje dźwięk o częstotliwości 208 Hz. Jaka jest prędkość pociągu? Jaką częstotliwość odbierze obserwator, gdy pociąg będzie się oddalał? 12,9 m/s; 193 Hz Czy można usłyszeć przesunięcie częstotliwości, generowane podczas uderzenia widełek stroikowych z prędkością 10,0 m/s w dniu, w którym prędkość dźwięku wynosi 344 m/s? Aby odpowiedzieć na to pytanie, oblicz współczynnik, o który przesuwa się częstotliwość, i sprawdź, czy jest on większy niż 0,3%. Dwa orły lecą prosto na siebie, pierwszy z prędkością 15,0 m/s, a drugi z prędkością 20,0 m/s. Oba generują pisk, pierwszy o częstotliwości 3200 Hz, a drugi o częstotliwości 3800 Hz. Jakie częstotliwości rejestrują, jeśli prędkość dźwięku wynosi 330 m/s? Pierwszy orzeł słyszy częstotliwość 4,23 ⋅ 10 3 H z . Drugi orzeł słyszy częstotliwość 3,56 ⋅ 10 3 H z . Student A biegnie korytarzem z prędkością v o = 5,00 m/s, trzymając widełki stroikowe generujące dźwięk o częstotliwości 1024 Hz w stronę betonowej ściany. Prędkość dźwięku wynosi v = 343 m/s . Student B stoi przy ścianie. (a) Jaką częstotliwość usłyszy student B ? (b) Ile wynosi częstotliwość dudnień słyszanych przez studenta A ? Karetka pogotowia generująca dźwięk syreny o częstotliwości f = 1,0 k H z zbliża się do miejsca wypadku. Karetka porusza się z prędkością 70,0 km/h. Pielęgniarka zbliża się do tego miejsca z przeciwnego kierunku, biegnąc z prędkością v o = 7,0 m / s . Jaką częstotliwość odbiera pielęgniarka? Załóż, że prędkość dźwięku wynosi v = 343 m / s . v s = 19,44 m/s f o = 1,08 kHz Częstotliwość syreny karetki pogotowia, która się zbliża do ciebie, wynosi 900 Hz. Stoisz na rogu i słyszysz dźwięk o częstotliwości 960 Hz. Jaka jest prędkość, z którą porusza się karetka pogotowia (w km/h), jeśli prędkość dźwięku wynosi v = 340,0 m/s? Jaka jest minimalna prędkość, z jaką źródło musi się poruszać w twoją stronę, aby można byłoby usłyszeć, że jego częstotliwość jest przesunięta w stronę wyższych częstotliwości? To znaczy jaka prędkość powoduje zmianę częstości o 0,3%, w dniu kiedy prędkość dźwięku wynosi 331 m/s? Słyszalne przesunięcie częstotliwości pojawia się, gdy f obs / f s ≥ 1,003 ; f obs = f s v v − v s ⇒ f obs f s = v v − v s ⇒ v s = 0,990 m/s efekt Dopplera (ang. Doppler effect ) zmiana rejestrowanej przez obserwatora częstotliwości dźwięku w wyniku ruchu źródła dźwięku lub obserwatora przesunięcie Dopplera (ang. Doppler shift ) rzeczywista zmiana częstotliwości spowodowana względnym ruchem źródła dźwięku i obserwatora", "section": "Efekt Dopplera", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Fale uderzeniowe Omawiając efekt Dopplera ruchomego źródła i obserwatora stacjonarnego, rozważaliśmy tylko przypadki, w których źródło poruszało się z prędkością mniejszą od prędkości dźwięku. Przypomnijmy, że odbierana częstotliwość sygnału generowanego przez poruszające się w stronę obserwatora źródło wynosi f o = f s ⁢ v / v - v s . Gdy prędkość źródła dźwięku zbliża się do prędkości dźwięku, rejestrowana przez obserwatora częstotliwość wzrasta. Zgodnie ze wzorem, jeśli źródło porusza się z prędkością dźwięku, mianownik jest równy zero, co sugeruje, że odbierana częstotliwość jest nieskończona. Jeśli źródło porusza się z prędkością większą niż prędkość dźwięku, rejestrowana częstotliwość jest ujemna. Co to może oznaczać? Co się dzieje, gdy prędkość źródła zbliża się do prędkości dźwięku? Kiedyś niektórzy naukowcy uważali, że powstaje wtedy, na skutek konstruktywnej interferencji, fala dźwiękowa o tak dużych wartościach ciśnienia, że oznaczałoby to brak możliwości, aby samolot przekroczył prędkość dźwięku, ponieważ ciśnienie to wystarczyłoby do zniszczenia samolotu. Ale dziś samoloty zwykle latają z prędkością wyższą niż prędkość dźwięku. 28 lipca 1976 kapitan Eldon W. Joersz oraz major George T. Morgan przelecieli samolotem SR-71 Blackbird #61-7958 z prędkością 3529,60 km/h, czyli liczba Macha wynosiła 2,85. Liczba Macha (ang. Mach number ) jest równa prędkości źródła podzielonej przez prędkość dźwięku: M = v s v . Przekonasz się, że najbardziej interesujące zjawiska występują wtedy, gdy prędkość źródła zbliża się do prędkości dźwięku i ją przekracza. Efekt Dopplera i wysoka prędkość Co się dzieje z dźwiękiem wytwarzanym przez ruchome źródło, na przykład przez samolot odrzutowy, który zbliża się lub nawet przekracza prędkość dźwięku? Odpowiedź na to pytanie dotyczy nie tylko dźwięku, lecz także wszystkich innych fal. Załóżmy, że samolot odrzutowy zbliża się do ciebie, emitując dźwięk o częstotliwości f s . Im większa jest prędkość samolotu v s , tym większe jest przesunięcie dopplerowskie i wyższa rejestrowana częstotliwość f o ( ). Ze względu na przesunięcie dopplerowskie, gdy ruchome źródło zbliża się do obserwatora stacjonarnego, odbierana częstotliwość jest wyższa niż częstotliwość źródłowa. Im szybciej porusza się źródło, tym wyższa jest rejestrowana częstotliwość. Na rysunku źródło dla przypadku (b) porusza się szybciej niż źródło dla przypadku (a). Pokazane są cztery chwile czasowe, pierwsze trzy przedstawione jako linie przerywane. (c) Jeśli źródło porusza się z prędkością dźwięku, każda fala oddziałuje z poprzednią, a obserwator słyszy je w tym samym momencie. Gdy v s zbliża się do prędkości dźwięku, f o dąży do nieskończoności, ponieważ mianownik f o = f s ⁢ v / v ∓ v s dąży do zera. Dla prędkości dźwięku ten wynik oznacza, że każda kolejna fala oddziałuje z poprzednią, ponieważ źródło porusza się z prędkością dźwięku. Obserwator odbiera je wszystkie w tym samym momencie, więc częstotliwość jest nieskończona (diagram na (c)). Fale uderzeniowe i uderzenia dźwiękowe Jeśli źródło porusza się z prędkością większą niż prędkość dźwięku, obserwator usłyszy dźwięk dopiero, gdy źródło go minie. Wtedy docierający z opóźnieniem dźwięk zbliżającego się źródła, miesza się z dźwiękiem generowanym przez oddalające się źródło. Na wskutek nałożenia się tych fal zachodzi ciekawe zjawisko – powstaje fala uderzeniowa ( ). Fale dźwiękowe generowane przez źródło propagują się z większą prędkością niż prędkość dźwięku rozprzestrzeniającego się sferycznie z punktu, w którym został wygenerowany, przy czym źródło oddala się od każdej z tych fal. Konstruktywna interferencja wzdłuż przedstawionych linii (w rzeczywistości stożka w trzech wymiarach) sprawia, że powstaje fala uderzeniowa (ang. sonic boom ). Im wyższa prędkość źródła, tym mniejszy kąt θ . Konstruktywna interferencja fal dźwiękowych docierających równocześnie do linii pokazanych na rysunku (stożek w trzech wymiarach). Ta superpozycja tworzy zakłócenie zwane falą uderzeniową (ang. shock wave ). Konstruktywna interferencja dźwięku występuje, gdy obiekt porusza się z prędkością większą niż prędkość dźwięku. Wewnątrz stożka występuje destruktywna interferencja, przez co natężenie dźwięku jest znacznie mniejsze niż na powierzchni fali uderzeniowej. Kąt fali uderzeniowej można znaleźć na podstawie geometrii zjawiska. W czasie t źródło przesunęło się o v s t , fala dźwiękowa przemieściła się z tego samego punktu na odległość v t , a kąt może być wyznaczony z zależności sin θ = v t v s t = v v s . Liczbę Macha definiuje się jako v s / v , co oznacza, że sinus kąta jest odwrotnością liczby Macha, sin θ = v v s = 1 M . Z pewnością słyszałeś określenie grom dźwiękowy (ang. sonic boom ). Powszechnym i błędnym wyobrażeniem jest to, że grom dźwiękowy występuje, gdy samolot przekracza barierę dźwięku; tzn. przyspiesza do prędkości większej niż prędkość dźwięku. W rzeczywistości grom dźwiękowy występuje, gdy fala uderzeniowa dociera do powierzchni ziemi. Samolot tworzy dwie fale uderzeniowe, przednią i tylną ( ). Podczas oglądania transmisji telewizyjnej z lądowań statków kosmicznych można było często usłyszeć dwa wyraźne huki. Były one odseparowane od siebie o czas potrzebny na dotarcie obu fal do określonego punktu. Obserwatorzy na ziemi często nie widzą samolotu tworzącego grom dźwiękowy, ponieważ znika on, zanim fala uderzeniowa dotrze do nich, co pokazano na rysunku. Jeśli samolot leci na niskiej wysokości, ciśnienie gromu dźwiękowego może być niszczące, może na przykład wybić szyby. Ze względu na niszczycielskie działanie gromu dźwiękowego loty samolotów ponaddźwiękowych są zabronione nad terenami zaludnionymi. Dwa gromy dźwiękowe, których doświadczyli obserwatorzy stojący na ziemi, tworzone są przez przód i ogon samolotu. Falę dźwiękową propagującą się nad powierzchnią ziemi można usłyszeć w momencie, gdy samolot już minął obserwatorów. Fale uderzeniowe są przykładem szerszego zjawiska nazywanego falami dziobowymi. Fala dziobowa (ang. bow wave ), taka jaką pokazano na , tworzona jest, gdy źródło fali porusza się z większą prędkością niż prędkość fali. Fale wodne rozprzestrzeniają się w postaci kręgów od punktu, w którym się tworzą, a fala dziobowa ma kształt litery „V”, i podąża za źródłem. Bardziej skomplikowany kształt (łuk) tworzony jest, gdy cząstka elementarna przemieszcza się przez ośrodek szybciej niż prędkość światła w tym ośrodku. (W próżni maksymalna prędkość światła wynosi c = 3,00 ⋅ 10 8 m / s w wodzie prędkość światła jest bliska 0,75 c ). Jeśli cząstka powoduje emisję światła podczas swojego ruchu, to światło rozprzestrzenia się w postaci stożka pod kątem zależnym od prędkość cząstki, jak pokazano na . Taką falę dziobową nazywa się promieniowaniem Czerenkowa (ang. Cherenkov radiation ) i jest to zjawisko często obserwowane w fizyce cząstek elementarnych. Fala dziobowa utworzona przez kaczkę. Konstruktywna interferencja tworzy dużą falę, podczas gdy wewnątrz fali dziobowej występują stosunkowo małe fale, co jest spowodowane destruktywną interferencją. (Źródło: Horia Varlan) Niebieski blask w tym reaktorze badawczym to promieniowanie Czerenkowa, wywołane przez cząstki elementarne poruszające się z prędkościami większymi niż prędkość światła w wodzie (Źródło: Urząd Dozoru Jądrowego USA (ang. U.S. Nuclear Regulatory Commission )). Podsumowanie Liczba Macha jest równa prędkości źródła dźwięku podzielonej przez prędkość dźwięku M = v s v . Gdy źródło dźwięku porusza się z prędkością większą niż prędkość dźwięku, powstaje fala uderzeniowa w wyniku interferencji fal dźwiękowych. Uderzenie dźwiękowe jest falą o dużym natężeniu propagującym się nad powierzchnią ziemi. Kąt fali uderzeniowej można wyznaczyć z zależności sin θ = v v s = 1 M . Fala dziobowa jest wytwarzana, gdy obiekt porusza się z prędkością większą niż prędkość fali mechanicznej w ośrodku, na przykład łódź poruszająca się po wodzie. Najważniejsze wzory Ciśnienie fali dźwiękowej Δ P = Δ P max sin ( k x ∓ ω t + ϕ ) Przemieszczenie drgających cząsteczek – fala s ( x , t ) = s max cos ( k x ∓ ω t + ϕ ) Prędkość fali v = f λ Prędkość dźwięku w płynach v = β ρ Prędkość dźwięku w ciałach stałych v = Y ρ Prędkość dźwięku w gazie doskonałym v = γ R T M Prędkość dźwięku w powietrzu jako funkcja temperatury powietrza v = 331 m s T K 273 K = 331 m s 1 + T C 273 ° C Spadek natężenia dźwięku ze wzrostem odległości I 2 = I 1 ( r 1 r 2 ) 2 Średnie w czasie natężenie dźwięku I = 〈 P 〉 A Natężenie dźwięku I = ( Δ p max ) 2 2 ρ v Poziom natężenia dźwięku β = 10 log 10 ⁡ ( I I 0 ) [ d B ] Długości fal, dla których występuje rezonans, w rurze jednostronnie zamkniętej λ n = 4 n L , n = 1,3,5 ,… Częstotliwości, dla których występuje rezonans, w rurze jednostronnie zamkniętej f n = n v 4 L , n = 1,3,5 ,… Długości fal, dla których występuje rezonans, w rurze obustronnie otwartej λ n = 2 n L , n = 1,2,3 ,… Częstotliwości, dla których występuje rezonans, w rurze obustronnie otwartej f n = n v 2 L , n = 1,2,3 ,… Częstotliwość dudnień powstałych z dwóch fal o różnych częstotliwościach f dudnienia = | f 2 − f 1 | Rejestrowana częstotliwość dla nieruchomego obserwatora i poruszającego się źródła f o = f s ( v v ∓ v s ) Rejestrowana częstotliwość dla poruszającego się obserwatora i nieruchomego źródła f o = f s ( v ± v o v ) Przesunięcie Dopplera dla rejestrowanej częstotliwości f o = f s ( v ± v o v ∓ v s ) Liczba Macha M = v s v Sinus kąta uformowanego przez falę uderzeniową sin θ = v v s = 1 M Pytania Jaka jest różnica pomiędzy falą uderzeniową a uderzeniem dźwiękowym? Z uwagi na względy dotyczące efektywności związanej z falą dziobową, naddźwiękowe samoloty transportowe muszą utrzymywać prędkość przelotową, która jest stałym ułamkiem prędkości dźwięku (stała liczba Macha). Jeśli samolot wleci z ciepłego powietrza w chłodniejsze powietrze, powinien zwiększyć czy zmniejszyć prędkość? Wyjaśnij swoją odpowiedź. Prędkość dźwięku spada wraz ze spadkiem temperatury powietrza. Liczba Macha jest równa M = v s / v , co oznacza, że samolot powinien zmniejszyć prędkość. Gdy usłyszysz uderzenie dźwiękowe, często nie widzisz samolotu, który je wywołał. Dlaczego? Zadania Liczba Macha samolotu lecącego na wysokości 7500 metrów wynosi 1,50, a prędkość dźwięku wynosi v = 343 m/s . Jak daleko od nieruchomego obserwatora będzie znajdował się samolot, gdy usłyszy on uderzenie dźwiękowe? Liczba Macha odrzutowca lecącego na wysokości 8,5 km wynosi 2,0, a prędkość dźwięku wynosi v = 340 m/s . Jak długo po tym, jak odrzutowiec przeleci, stacjonarny obserwator usłyszy uderzenie dźwiękowe? θ = 30 , 02 ∘ v s = 680,0 m / s tg ⁡ θ = y v s t , t = 21,65 s Kąt fali uderzeniowej z przodu myśliwca wynosi θ = 70 ∘ . Samolot leci z prędkością 1200 km/h. Jaka jest prędkość dźwięku? Liczba Macha lecącego samolotu wynosi 1,2. Obserwator znajdujący się na powierzchni ziemi słyszy uderzenie dźwiękowe 15,0 sekund po minięciu samolotu. Na jakiej wysokości leci samolot? Załóż, że prędkość dźwięku wynosi v w = 343 m/s . sin ⁡ θ = 1 M , θ = 56 , 47 ∘ y = 9,31 k m Wystrzelony pocisk porusza się z prędkością 1342 km/h. Załóż, że prędkość dźwięku wynosi v = 340 m/s . Jaki jest kąt powstałej fali uderzeniowej? Głośnik umieszczony jest przy otworze długiej poziomej rury. Głośnik generuje dźwięk o częstotliwości f , który rozchodzi się wewnątrz rury. Fala propaguje się w rurze z prędkością v = 340 m/s . Falę dźwiękową można opisać funkcją falową postaci s ( x , t ) = s max cos ( k x − ω t + ϕ ) . Dla t = 0 s cząsteczka powietrza dla x = 2,3 m posiada maksymalne wychylenie, które wynosi 6,34 nm. W tym samym czasie inna cząsteczka dla x = 2,7 m posiada wychylenie równe 2,30 nm. Jakie jest równanie falowe dla fali dźwiękowej, liczba falowa, częstotliwość kątowa oraz początkowe przesunięcie fazowe? s 1 = 6,34 nm s 2 = 2,30 nm k x 1 + ϕ = 0 rad k x 2 + ϕ = 1,20 rad k ( x 2 − x 1 ) = 1,20 rad k = 3,00 m −1 ω = 1019,62 s −1 s 1 = s max cos ( k x 1 − ϕ ) ϕ = 5,66 rad s ( x , t ) = 6,30 nm cos ( 3,00 m −1 x − 1019,62 s −1 t + 5,66 ) Liczba Macha poruszającego się samolotu, który jest źródłem fali uderzeniowej, wynosi 1,2. (a) Jaka jest prędkość samolotu w metrach na sekundę? (b) Jaki jest kąt, z jakim porusza się fala uderzeniowa? Zadania dodatkowe Rura o długości 0,80 m jest otwarta z obu stron. Temperatura powietrza wynosi 26 ∘ C . Powietrze w rurze drga na skutek drgań wywoływanych przez głośnik podłączony do generatora sygnałowego. Jakie są długości fali i częstotliwości pierwszych dwóch fonów fal dźwiękowych, które rezonują w rurze? v s = 346,4 m/s ; λ n = 2 n L f n = v s λ n λ 1 = 1,6 m f 1 = 216,5 Hz λ 2 = 0,8 m f 2 = 433,0 Hz Rura wypełniona wodą ma zawór na dole, aby umożliwić wypływ wody. Przy wypływie wody z rury zmienia się długość L kolumny powietrznej. Przy otworze rury umieszcza się widełki stroikowe o częstotliwości 1024 Hz. Woda jest usuwana z rurki do momentu, gdy n = 5 rezonującej fali dźwiękowej. Jaka jest wysokość kolumny powietrza, jeśli temperatura powietrza w pomieszczeniu wynosi 18 ∘ C? Przeanalizuj poniższy rysunek. Długość struny pomiędzy generatorem a kołem pasowym wynosi L = 1,0 m . Liniowa gęstość masy struny wynosi μ = 0,006 kg/m . Generator strunowy może drgać z dowolną częstotliwością. Masa obciążająca wynosi 2,00 kg. Jak jest długość fali i częstotliwość dla n = 6 ? Struna pobudza do drgań powietrze znajdujące się w pobliżu struny. Jaka jest długość fali dźwiękowej, jeśli prędkość dźwięku wynosi v s = 343 m/s ? λ 6 = 0,40 m v = 57,15 m s f 6 = 142,89 Hz λ s = 2,40 m Wczesne eksperymenty z przesunięciem dopplerowskim przeprowadzono z wykorzystaniem zespołu grającego muzykę w pociągu. Trębacz na ruchomym płaskim wagonie gra nutę 320 Hz. Częstotliwość sygnału dźwiękowego słyszanego przez nieruchomego obserwatora stojącego na peronie wynosi 350 Hz. Ile wynosi prędkość, z jaką porusza się platforma wagonowa w km/h? Temperatura powietrza wynosi T C = 22 ∘ C . Dwa samochody poruszające się w swoją stronę generują dźwięk klaksonu o częstotliwości f s = 800 H z . Pojazd A porusza się z prędkością 65 mph, a pojazd B z prędkością 75 mph. Ile wynosi częstotliwość dudnień słyszanych przez obu kierowców? Temperatura powietrza wynosi T C = 22 ∘ C . v = 344,08 m / s v A = 29,05 m / s , v B = 33,52 m / s , f A = 961,18 H z , f B = 958,89 H z , f A dudnienia = 161,18 H z , f B dudnienia = 158,89 H z . Student A biegnie za studentem B. Student A trzyma widełki stroikowe o częstotliwości 1024 Hz, a student B trzyma widełki stroikowe o częstotliwości 1000 Hz. Student A biegnie z prędkością v A = 5 m/s , a student B z prędkością v B = 6 m/s . Ile wynoszą częstotliwości dudnień, które słyszą studenci? Prędkość dźwięku wynosi v = 343 m/s . Załóżmy, że poziom dźwięku ze źródła wynosi 75 dB, a następnie spada do 52 dB. Częstotliwość dźwięku wynosi 600 Hz. Wyznacz (a) początkowe i (b) końcowe natężenie dźwięku oraz (c) początkową i (d) końcową amplitudę fali. Temperatura powietrza wynosi T C = 24 ∘ C , a gęstość powietrza jest równa ρ = 1,184 kg/m 3 . v = 345,24 m s ; a. I = 31,62 μW m 2 ; b. I = 0,16 μW m 2 ; c. s max = 104,39 μm ; d. s max = 7,43 μm Przesunięcie Dopplera dla radaru Dopplerowskiego wyznacza się z zależności f = f R ( 1 + v c 1 − v c ) , gdzie f R jest częstotliwością radaru, f jest częstotliwością rejestrowaną przez radar, c jest prędkością światła, a v jest prędkością mierzonego obiektu. Jaka jest częstotliwość dudnień rejestrowana przez radar, przy założeniu, że prędkość obiektu jest dużo mniejsza niż prędkość światła? Nieruchomy obserwator słyszy dźwięk o częstotliwości 1000 Hz w miarę zbliżania się źródła i częstotliwość 850 Hz wtedy, gdy źródło się oddala. Źródło porusza się ze stałą prędkością 100 km/h. Jaka jest temperatura powietrza? f A f D = v + v s v − v s , ( v − v s ) f A f D = v + v s , v = 342,59 m / s T C = 19,46 ∘ C Flet gra nutę o częstotliwości 600 Hz. Flet może być modelowany jako rura obustronnie otwarta. Muzyk grający na flecie zmienia jej długość, korzystając ze swoich palców. Jaka jest długość rury, jeśli jest to częstotliwość podstawowa? Zadania dodatkowe Obserwator stoi przy jednym z dwóch głośników, oddalonych od siebie o dystans d , i następnie porusza się wzdłuż prostej linii, pokonując odległość x . Porusza się prostopadle do obu głośników, aż do momentu, gdy obserwator usłyszy pierwsze maksymalne natężenie dźwięku. Prędkość dźwięku wynosi v , a częstotliwość f . Jak daleko od głośnika znajduje się obserwator? x 2 + d 2 − x = λ , x 2 + d 2 = ( λ + x ) 2 x 2 + d 2 = λ 2 + 2 x λ + x 2 , d 2 = λ 2 + 2 x λ x = d 2 − ( v f ) 2 2 v f Rozważmy dudnienia pokazane poniżej. Jest to wykres ciśnienia w funkcji czasu dla x = 0 m . Fala porusza się z prędkością v = 343 m/s . Ile dudnień występuje na sekundę? Ile razy fala oscyluje na sekundę? Napisz równanie fali dla ciśnienia w funkcji czasu. Dwa głośniki generujące dźwięki o takiej samej częstotliwości znajdują się w odległości d od siebie. Zaznaczamy promień łuku R , od środka linii łączącej oba głośniki, tak jak pokazano to poniżej. W jakich punktach wystąpią maksima? W jakich punktach będą minima? a. Dla maksimów Δ r = d sin θ d sin θ = n λ n = 0 , ± 1 , ± 2 .... , θ = sin −1 ( n λ d ) n = 0 , ± 1 , ± 2 .... b. Dla minimów, Δ r = d sin θ d sin θ = ( n + 1 2 ) λ n = 0 , ± 1 , ± 2 .... θ = sin −1 ( ( n + 1 2 ) λ d ) n = 0 , ± 1 , ± 2 .... Długość struny wynosi 1,5 m, liniowa gęstość masy μ = 0,008 kg/m, a siła naciągu wynosi 120 N. Jeśli temperatura powietrza wynosi T = 22 ∘ C , to jaka powinna być długość rury obustronnie otwartej, aby otrzymać taką samą częstotliwość dla n = 3 ? Struna ( μ = 0,006 k g / m ; L = 1,50 m ) jest zamocowana na obu końcach, a siła naciągu wynosi 155 N. Struna oscyluje dla modu n = 10 i generuje dźwięk. W pobliżu drgają widełki stroikowe, generując dudnienia o częstotliwości 23,76 Hz. Jaka jest częstotliwość dźwięku struny? Jaka jest częstotliwość widełek stroikowych, jeśli częstotliwość widełek jest niższa? Jaka powinna być siła naciągu struny, aby częstotliwość dudnień wynosiła zero? v str = 160,73 m s , f str = 535,77 Hz ; f wid = 512 Hz ; f wid = n F T μ 2 L , F T = 141,56 N Liniowa gęstość masy struny wynosi μ , długość L , a siła naciągu F T . Struna drga dla modu n z częstotliwością f . Wyznacz stosunek Δ f / f dla małej zmiany siły naciągu. Liniowa gęstość masy struny wynosi μ = 0,007 kg/m, długość L = 0,70 m, a siła naciągu wynosi F T = 110 N . Struna drga dla modu n = 3 . Jaka jest częstotliwość tych drgań? Wykorzystaj wynik otrzymany w poprzednim zadaniu, aby wyznaczyć zmianę częstotliwości w wyniku wzrostu siły naciągu o 1,00 % . f = 268,62 Hz ; Δ f ≈ 1 2 Δ F T F T f = 1,34 Hz Głośnik podłączony do generatora sygnałowego jest wykorzystany do badań nad rezonansem w rurze. Częstotliwość sygnałów generowanych przez generator może być zmieniana w zakresie od 1000 Hz do 1800 Hz. Najpierw analizowana jest rura obustronnie otwarta o długości 0,75 m. Temperatura powietrza w pomieszczeniu wynosi T F = 85 ∘ F . (a) Jakie mody normalne mogą być analizowane? Ile wynoszą częstotliwości i długości ich fal? Następnie rura o długości 0,75 m zostaje zamknięta na jednym końcu. (b) Jakie mody mogą być analizowane? Jakie są ich długości fal i częstotliwości? Długość struny skrzypiec wynosi 23 cm i waży ona 0,9 g. Siła naciągu struny wynosi 850 N. Temperatura powietrza w pomieszczeniu wynosi T C = 24 ∘ C . Struna zostaje szarpnięta i drga z modem równym n = 9 . Jaka jest prędkość dźwięku na strunie? Jaka jest długość fali generowanego dźwięku? Jaka jest częstotliwość drgań struny? Jaka jest częstotliwość dźwięku generowanego przez strunę? Jaka jest długość fali generowanego dźwięku? v = 466,07 m / s ; λ 9 = 51,11 mm ; f 9 = 9,12 kHz ; f dźwięku = 9,12 kHz ; λ powietrza = 37,86 mm fala dziobowa (ang. bow wave ) zakłócenia w kształcie litery v powstałe w sytuacji, gdy źródło dźwięku porusza się szybciej niż prędkość fali fala uderzeniowa (ang. shock wave ) fala, która jest wytwarzana, gdy źródło dźwięku porusza się szybciej niż prędkość dźwięku grom dźwiękowy (ang. sonic boom ) głośny hałas, który występuje jako fala uderzeniowa podczas propagacji przy powierzchni ziemi", "section": "Fale uderzeniowe", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Jednostki Jednostki stosowane w fizyce (jednostki podstawowe wyróżniono tłustym drukiem) Wielkość fizyczna Symbol Jednostka Wymiar jednostki (za pomocą jednostek podstawowych) Przyspieszenie a → \\vec a m ∕ s 2 \\si{\\metre\\per\\second\\squared} m ∕ s 2 \\si{\\metre\\per\\second\\squared} Liczność materii n n mol mol \\si{\\mole} Kąt θ ϕ φ \\theta , \\phi, \\varphi radian ( rad \\si{\\radian} ) Przyspieszenie kątowe ε → \\vec{\\epsilon} rad ∕ s 2 \\si{\\radian\\per\\second\\squared} s -2 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second\\squared} Częstość kołowa ω \\omega rad ∕ s \\si{\\radian\\per\\second} s -1 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second} Moment pędu L → \\vec L kg ⋅ m 2 ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second} kg ⋅ m 2 ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second} Prędkość kątowa ω → \\vec{\\omega} rad ∕ s \\si{\\radian\\per\\second} s -1 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second} Pole powierzchni A S A, S m 2 \\si{\\metre\\squared} m 2 \\si{\\metre\\squared} Liczba atomowa Z Z Pojemność elektryczna C c C, c farad ( F \\si{\\farad} ) A 2 ⋅ s 4 ∕ kg ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\squared\\second\\four\\per\\kilo\\gram\\per\\metre\\squared} Ładunek elektryczny q Q e q,Q,e kulomb ( C \\si{\\coulomb} ) A ⋅ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second} Gęstość ładunku: liniowa λ \\lambda C ∕ m \\si{\\coulomb\\per\\metre} A ⋅ s ∕ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\per\\metre} powierzchniowa σ \\sigma C ∕ m 2 \\si{\\coulomb\\per\\metre\\squared} A ⋅ s ∕ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\per\\metre\\squared} objętościowa ρ \\rho C ∕ m 3 \\si{\\coulomb\\per\\metre\\cubed} A ⋅ s ∕ m 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\per\\metre\\cubed} Przewodność elektryczna właściwa σ \\sigma Ω -1 ⋅ m -1 \\si[per-mode=reciprocal, inter-unit-product = ⋅]{\\per\\ohm\\per\\metre} A 2 ⋅ s 3 ∕ kg ⋅ m 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\squared\\second\\cubed\\per\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} Natężenie prądu I i I, i amper A \\si{\\ampere} Gęstość prądu J → A ∕ m 2 \\si{\\ampere\\per\\metre\\squared} A ∕ m 2 \\si{\\ampere\\per\\metre\\squared} Gęstość ρ \\rho kg ∕ m 3 \\si{\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} kg ∕ m 3 \\si{\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} Względna przenikalność elektryczna ε r \\epsilon_{\\text{r}} Moment dipolowy p → C ⋅ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\coulomb\\metre} A ⋅ s ⋅ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\second\\metre} Natężenie pola elektrycznego E → \\vec E N ∕ C \\si{\\newton\\per\\coulomb} kg ⋅ m ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Strumień elektryczny Φ E \\mathrm{Φ}_E N ⋅ m 2 ∕ C \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb} kg ⋅ m 3 ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\cubed\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Siła elektromotoryczna ε \\epsilon wolt ( V \\si{\\volt} ) kg ⋅ m 2 ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Energia E E k E p U E, E_{\\text{k}}, E_{\\text{p}}, U dżul ( J \\si{\\joule} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared} Entropia S S J ∕ K \\si{\\joule\\per\\kelvin} kg ⋅ m 2 ∕ s 2 ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared\\per\\kelvin} Siła F → \\vec F niuton ( N \\si{\\newton} ) kg ⋅ m ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\second\\squared} Częstotliwość f ν f, \\nu herc ( Hz \\si{\\hertz} ) s -1 \\si[per-mode=reciprocal]{\\per\\second} Ciepło Q Q dżul ( J \\si{\\joule} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared} Indukcyjność L L henr ( H \\si{\\henry} ) kg ⋅ m 2 ∕ A 2 ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\squared\\per\\second\\squared} Długość: l L l, L metr m \\si{\\metre} Przemieszczenie Δ x Δ r → \\prefop{\\Delta} x, \\prefop{\\Delta} \\vec r odległość d h d, h położenie x y z r → x, y, z, \\vec r Moment magnetyczny μ → \\vec{\\mu} J ∕ T \\si{\\joule\\per\\tesla} A ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\metre\\squared} Indukcja magnetyczna B → \\vec B tesla ( T = Wb ∕ m 2 \\si{\\tesla} = \\si{\\weber\\per\\metre\\squared} ) kg ∕ A ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\per\\ampere\\per\\second\\squared} Strumień indukcji mangnetycznej Φ B \\mathrm{Φ}_B weber ( Wb \\si{\\weber} ) kg ⋅ m 2 ∕ A ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\per\\second\\squared} Masa m M m, M kilogram kg \\si{\\kilo\\gram} Molowe ciepło właściwe C C J ∕ mol ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\joule\\per\\mole\\per\\kelvin} kg ⋅ m 2 ∕ s 2 ⋅ mol ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared\\per\\mole\\per\\kelvin} Moment bezwładności I I kg ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared} kg ⋅ m 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared} Pęd p → \\vec p kg ⋅ m ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\second} kg ⋅ m ∕ s \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\second} Okres T T s \\si{\\second} s \\si{\\second} Przenikalność magnetyczna próżni μ 0 \\mu_0 N ∕ A 2 = H ∕ m \\si{\\newton\\per\\ampere\\squared} = \\si{\\henry\\per\\metre} kg ⋅ m ∕ A 2 ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\per\\ampere\\squared\\per\\second\\squared} Przenikalność elektryczna próżni ε 0 \\epsilon_0 C 2 ∕ N ⋅ m 2 = F ∕ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\coulomb\\squared\\per\\newton\\per\\metre\\squared} = \\si{\\farad\\per\\metre} A 2 ⋅ s 4 ∕ kg ⋅ m 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\ampere\\squared\\second\\four\\per\\kilo\\gram\\per\\metre\\cubed} Potencjał V V wolt ( V = J ∕ C \\si{\\volt} = \\si{\\joule\\per\\coulomb} ) kg ⋅ m 2 ∕ A ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\per\\second\\cubed} Moc P P wat ( W = J ∕ s \\si{\\watt} = \\si{\\joule\\per\\second} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\cubed} Ciśnienie p p paskal ( Pa = N ∕ m 2 \\si{\\pascal} = \\si{\\newton\\per\\metre\\squared} ) kg ∕ m ⋅ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\per\\metre\\per\\second\\squared} Opór R R om ( Ω = V ∕ A \\si{\\ohm} = \\si{\\volt\\per\\ampere} ) kg ⋅ m 2 ∕ A 2 ⋅ s 3 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\ampere\\squared\\per\\second\\cubed} ciepło właściwe c c J ∕ kg ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\joule\\per\\kilo\\gram\\per\\kelvin} m 2 ∕ s 2 ⋅ K \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\metre\\squared\\per\\second\\squared\\per\\kelvin} Szybkość v v m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} Temperatura T T kelwin K \\si{\\kelvin} Czas t t sekunda s \\si{\\second} Moment siły M → \\vec{M} N ⋅ m \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre} kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared} Prędkość v → \\vec v m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} m ∕ s \\si{\\metre\\per\\second} Objętość V V m 3 \\si{\\metre\\cubed} m 3 \\si{\\metre\\cubed} Długość fali λ \\lambda m \\si{\\metre} m \\si{\\metre} Praca W W dżul ( J = N ⋅ m \\si{\\joule} = \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre} ) kg ⋅ m 2 ∕ s 2 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\kilo\\gram\\metre\\squared\\per\\second\\squared}", "section": "Jednostki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Przeliczanie jednostek Jednostki długości m cm km 1 metr 1 10 2 10 − 3 1 centymetr 10 − 2 1 10 − 5 1 kilometr 10 3 10 5 1 1 cal 2,540 ⋅ 10 − 2 2,540 2,540 ⋅ 10 − 5 1 stopa 0,3048 30,48 3,048 ⋅ 10 − 4 1 mila 1609 1,609 ⋅ 10 5 1,609 1 angstrem 10 − 10 10 − 8 10 − 13 1 fermi 10 − 15 10 − 13 10 − 18 1 rok świetlny 9,460 ⋅ 10 17 9,460 ⋅ 10 12 9,460 ⋅ 10 15 cal stopa mi 1 metr 39,37 3,281 6,214 ⋅ 10 − 4 1 centymetr 0,3937 3,281 ⋅ 10 − 2 6,214 ⋅ 10 − 6 1 kilometr 3,937 ⋅ 10 4 3,281 ⋅ 10 3 0,6214 1 cal 1 8,333 ⋅ 10 − 2 1,578 ⋅ 10 − 5 1 stopa 12 1 1,894 ⋅ 10 − 4 1 mila 6,336 ⋅ 10 4 5280 1 Powierzchnia 1 cm 2 = 0,155 cala 2 1 m 2 = 10 4 cm 2 = 10,76 stopy 2 1 cal 2 = 6,452 cm 2 1 stopa 2 = 144 cale 2 = 0,0929 m 2 Objętość 1 litr = 1000 cm 3 = 10 −3 m 3 = 0,03531 stopy 3 = 61,02 cala 3 1 stopa 3 = 0,02832 m 3 = 28,32 litr = 7,477 galon USA 1 g a l o n U S A = 3,788 l i t r Jednostki czasu s min h dzień rok 1 sekunda 1 1,667 ⋅ 10 − 2 2,778 ⋅ 10 − 4 1,157 ⋅ 10 − 5 3,169 ⋅ 10 − 8 1 minuta 60 1 1,667 ⋅ 10 − 2 6,944 ⋅ 10 − 4 1,901 ⋅ 10 − 6 1 godzina 3600 60 1 4,167 ⋅ 10 − 2 1,141 ⋅ 10 − 4 1 dzień 8,640 ⋅ 10 4 1440 24 1 2,738 ⋅ 10 − 3 1 rok 3,156 ⋅ 10 7 5,259 ⋅ 10 5 8,766 ⋅ 10 3 365,25 1 Prędkość m/s cm/s stopa/s mi/h 1 m/s 1 10 2 3,281 2,237 1 cm/s 10 − 2 1 3,281 ⋅ 10 − 2 2,237 ⋅ 10 − 2 1 stopa/s 0,3048 30,48 1 0,6818 1 mi/h 0,4470 44,70 1,467 1 Przyspieszenie 1 m/s 2 = 100 cm/s 2 = 3,281 stopy/s 2 1 cm/s 2 = 0,01 m/s 2 = 0,03281 stopy/s 2 1 stopa/s 2 = 0,3048 m/s 2 = 30,48 cm/s 2 1 m i l a / ( h ⋅ s ) = 1,467 s t o p y / s 2 Jednostki masy kg g slug u (atomowa jednostka masy) 1 kilogram 1 10 3 6,852 ⋅ 10 − 2 6,024 ⋅ 10 26 1 gram 10 − 3 1 6,852 ⋅ 10 − 5 6,024 ⋅ 10 23 1 slug 14,59 1,459 ⋅ 10 4 1 8,789 ⋅ 10 27 1 u 1,661 ⋅ 10 − 27 1,661 ⋅ 10 − 24 1,138 ⋅ 10 − 28 1 1 tona 1000 Siła N dyna lb (funt- siła) 1 N 1 10 5 0,2248 1 dyna 10 − 5 1 2,248 ⋅ 10 − 6 1 Ib 4,448 4,448 ⋅ 10 5 1 Jednostki ciśnienia Pa dyna/cm 2 atm cmHg lb/cal 2 *Przyspieszenie ziemskie wynosi 9,80665 m / s 2 , a temperatura wynosi 0 ∘ C 1 Pa 1 10 9,869 ⋅ 10 − 6 7,501 ⋅ 10 − 4 1,450 ⋅ 10 − 4 1 dyna/cm 2 10 − 1 1 9,869 ⋅ 10 − 7 7,501 ⋅ 10 − 5 1,450 ⋅ 10 − 5 1 atm 1,013 ⋅ 10 5 1,013 ⋅ 10 6 1 76 14,70 1 cmHg* 1,333 ⋅ 10 3 1,333 ⋅ 10 4 1,316 ⋅ 10 − 2 1 0,1934 1 lb/cal 2 6,895 ⋅ 10 3 6,895 ⋅ 10 4 6,805 ⋅ 10 − 2 5,171 1 1 bar 10 5 1 torr 1 (mmHg) Jednostki pracy, energii i ciepła J erg ft.lb (stopofunt- siła) 1 J 1 10 7 0,7376 1 erg 10 − 7 1 7,376 ⋅ 10 − 8 1 ft.lb 1,356 1,356 ⋅ 10 7 1 1 eV 1,602 ⋅ 10 − 19 1,602 ⋅ 10 − 12 1,182 ⋅ 10 − 19 1 cal 4,186 4,186 ⋅ 10 7 3,088 1 BTU 1,055 ⋅ 10 3 1,055 ⋅ 10 10 7,779 ⋅ 10 2 1 kWh 3,600 ⋅ 10 6 eV cal (kaloria) Btu (angielska jednostka ciepła) 1 dżul 6,242 ⋅ 10 18 0,2389 9,481 ⋅ 10 − 4 1 erg 6,242 ⋅ 10 11 2,389 ⋅ 10 − 8 9,481 ⋅ 10 − 11 1 ft.lb 8,464 ⋅ 10 18 0,3239 1,285 ⋅ 10 − 3 1 eV 1 3,827 ⋅ 10 − 20 1,519 ⋅ 10 − 22 1 cal 2,613 ⋅ 10 19 1 3,968 ⋅ 10 − 3 1 Btu 6,585 ⋅ 10 21 2,520 ⋅ 10 2 1 Moc 1 W = 1 J/s Angielski koń parowy hp (ang. horse power); stopofunt- siła na sekundę ft·lbf/s (ang. foot pound-force per second) 1 hp = 746 W = 550 ft · lb/s Angielska jednostka ciepła na godzinę Btu/h (ang. British thermal unit per hour) 1 Btu/h = 0,293 W Kąt 1 r a d = 57 , 30 ∘ = 180 ∘ / π 1 ∘ = 0,01745 r a d = π / 180 r a d 1 obrót = 360 ∘ = 2 π r a d 1 obrót / m i n = 0,1047 r a d / s", "section": "Przeliczanie jednostek", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Najważniejsze stałe fizyczne Najważniejsze stałe fizyczne Wielkość Symbol Wartość atomowa jednostka masy u \\si{\\atomicmassunit} 1,660 539 066 60(50) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{1,660538782+-0,000000083e-27}{\\kilo\\gram} 931,494 102 42(28) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{931,494028+-0,000023}{\\mega\\electronvolt} / c^2 liczba Avogadra N A N_{\\text{A}} 6,022 140 76 ⋅ 10 23 ⁢ mol -1 \\SI[per-mode=reciprocal]{6,02214179+-0,00000030e23}{\\per\\mole} (dokładna wartość) magneton Bohra μ B = e ⁢ ℏ 2 ⁢ m e \\mu_{\\text{B}} = \\frac{e\\hbar}{2m_{\\text{e}}} 9,274 010 0783(28) ⋅ 10 -24 ⁢ J ∕ T \\SI{9,27400915+-0,00000023e-24}{\\joule\\per\\tesla} promień Bohra a 0 = ℏ 2 m e ⁢ e 2 ⁢ k e a_0 = \\frac{\\hbar^2}{m_{\\text{e}} e^2 k_{\\text{e}}} 5,291 772 109 03(80) ⋅ 10 -11 ⁢ m \\SI{5,2917720859+-0,0000000036e-11}{\\metre} stała Boltzmanna k B k_{\\text{B}} = \\frac{R}{N_{\\text{A}}} 1,380 649 ⋅ 10 -23 ⁢ J ∕ K \\SI{1,3806504+-0,0000024e-23}{\\joule\\per\\kelvin} (dokładna wartość) komptonowska długość fali λ C = h m e ⁢ c \\lambda_{\\text{C}} = \\frac{h}{m_{\\text{e}} c} 2,426 310 238 67(73) ⋅ 10 -12 ⁢ m \\SI{2,4263102175+-0,0000000033e-12}{\\metre} stała elektrostatyczna k e = 1 4 ⁢ π ⁢ ε 0 k_{\\text{e}} = \\frac{1}{4\\pi \\epsilon_0} 8,987 551 7923(14) ⋅ 10 9 ⁢ N ⋅ m 2 ∕ C 2 \\num{8,987551788}\\dots \\cdot 10^9 \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\newton\\metre\\squared\\per\\coulomb\\squared} masa deuteronu m d m_{\\text{d}} 3,343 583 7724(10) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{3,34358320+-0,00000017e-27}{\\kilo\\gram} 2,013 553 212 745(40) ⁢ u \\SI{2,013553212724+-0,000000000078}{\\atomicmassunit} 1875,612 942 57(57) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{1875,612859}{\\mega\\electronvolt} / c^2 masa elektronu m e m_{\\text{e}} 9,109 383 7015(28) ⋅ 10 -31 ⁢ kg \\SI{9,10938215+-0,00000045e-31}{\\kilo\\gram} 5,485 799 090 65(16) ⋅ 10 -4 ⁢ u \\SI{5,4857990943+-0,0000000023e-4}{\\atomicmassunit} 0,510 998 950 00(15) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{0,510998910+-0,000000013}{\\mega\\electronvolt} / c^2 elektronowolt eV \\si{\\electronvolt} 1,602 176 634 ⋅ 10 -19 ⁢ J \\SI{1,602176487+-0,000000040e-19}{\\joule} (dokładna wartość) ładunek elementarny e e 1,602 176 634 ⋅ 10 -19 ⁢ C \\SI{1,602176487+-0,000000040e-19}{\\coulomb} (dokładna wartość) stała gazowa R R 8,314 462 618 ⁢ … ⁢ J ∕ mol ⋅ K \\SI[inter-unit-product = ⋅]{8,314472+-0,000015}{\\joule\\per\\mole\\per\\kelvin} (dokładna wartość) stała grawitacji G G 6,674 30(15) ⋅ 10 -11 ⁢ N ⋅ m 2 ∕ kg 2 \\SI[inter-unit-product = ⋅]{6,67428+-0,00067e-11}{\\newton\\metre\\squared\\per\\kilo\\gram\\squared} masa neutronu m n m_{\\text{n}} 1,674 927 498 04(95) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{1,674927211+-0,000000084e-27}{\\kilo\\gram} 1,008 664 915 95(49) ⁢ u \\SI{1,00866491597+-0,00000000043}{\\atomicmassunit} 939,565 420 52(54) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{939,565346+-0,000023}{\\mega\\electronvolt} / c^2 magneton jądrowy μ N = e ⁢ ℏ 2 ⁢ m p \\mu_{\\text{N}} = \\frac{e \\hbar}{2 m_{\\text{p}}} 5,050 783 746(15) ⋅ 10 -27 ⁢ J ∕ T \\SI{5,05078324+-0,00000013e-27}{\\joule\\per\\tesla} przenikalność magnetyczna próżni μ 0 \\mu_0 1,256 637 062 12(19) ⋅ 10 -6 T ⋅ m ∕ A 4\\pi \\cdot 10^{-7} \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\tesla\\metre\\per\\ampere} przenikalność elektryczna próżni ε 0 = 1 μ 0 ⁢ c 2 \\epsilon_0 = \\frac{1}{\\mu_0 c^2} 8,854 187 8128(13) ⋅ 10 − 12 C 2 / ( N ⋅ m 2 ) stała Plancka h h 6,626 070 15 ⋅ 10 -34 ⁢ J ⋅ s \\SI[inter-unit-product = ⋅]{6,62607015e-34}{\\joule\\second} (dokładna wartość) zredukowana stała Plancka / stała Diraca ℏ = h 2 ⁢ π \\hbar = \\frac{h}{2\\pi} 1,054 571 817 ⁢ … ⋅ 10 -34 ⁢ J ⋅ s \\num{1,054571817}\\dots\\cdot 10^{-34} \\si[inter-unit-product = ⋅]{\\joule\\second} (dokładna wartość) masa protonu m p m_{\\text{p}} 1,672 621 923 69(51) ⋅ 10 -27 ⁢ kg \\SI{1,672621637+-0,000000083e-27}{\\kilo\\gram} 1,007 276 466 621(53) ⁢ u \\SI{1,00727646677+-0,00000000010}{\\atomicmassunit} 938,272 088 16(29) ⁢ MeV ∕ c 2 \\SI{938,272013+-0,000023}{\\mega\\electronvolt} / c^2 stała Rydberga R H R_{\\text{H}} 1,097 373 156 8160(21) ⋅ 10 7 ⁢ m -1 \\SI[per-mode=reciprocal]{1,0973731568527+-0,0000000000073e7}{\\per\\metre} prędkość światła w próżni c c 2,997 924 58 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s \\SI{2,99792458e8}{\\metre\\per\\second} (dokładna wartość) Uwaga: Podane wartości stałych zostały zarekomendowane w 2018 r. przez Konwent Danych dla Nauki i Technologii CODATA, na podstawie dopasowania wartości uzyskanych na drodze eksperymentalnej za pomocą metody najmniejszych kwadratów. Wartości podane w nawiasach są niepewnościami dwóch ostatnich cyfr. Przydatne wartości iloczynów stałych: h ⁢ c = 12 400 ⁢ eV ⋅ Å = 1240 ⁢ eV ⋅ nm = 1240 ⁢ MeV ⋅ fm hc = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{12400}{\\electronvolt\\angstrom} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1240}{\\electronvolt\\nano\\metre} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1240}{\\mega\\electronvolt\\femto\\metre} ℏ ⁢ c = 1973 ⁢ eV ⋅ Å = 197,3 ⁢ eV ⋅ nm = 197,3 ⁢ MeV ⋅ fm \\hbar c = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1973}{\\electronvolt\\angstrom} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{197,3}{\\electronvolt\\nano\\metre} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{197,3}{\\mega\\electronvolt\\femto\\metre} k e ⁢ e 2 = 14,4 ⁢ eV ⋅ Å = 1,44 ⁢ eV ⋅ nm = 1,44 ⁢ MeV ⋅ fm k_{\\text{e}} e^2 = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{14,4}{\\electronvolt\\angstrom} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1,44}{\\electronvolt\\nano\\metre} = \\SI[inter-unit-product = ⋅]{1,44}{\\mega\\electronvolt\\femto\\metre} k B ⁢ T = 0,025 85 ⁢ eV ⁢ , przy temperaturze ⁢ T = 300 ⁢ K = 26,85 ⁢ ° C k_{\\text{B}} T = \\SI{0,02585}{\\electronvolt} \\text{, przy temperaturze } T = \\SI{300}{\\kelvin} = \\SI{26,85}{\\celsius}", "section": "Najważniejsze stałe fizyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Dane astronomiczne Dane astronomiczne Obiekt niebieski Odległość od Słońca (w milionach km) Okres obiegu po orbicie Okres obrotu na równiku Mimośród orbity Słońce − − 27 dni − Merkury 57,9 88 dni 59 dni 0,206 Wenus 108,2 224,7 dni 243 dni 0,007 Ziemia 149,6 365,26 dni 23 h 56 min 4 s 0,017 Mars 227,9 687 dni 24 h 37 min 23 s 0,093 Jowisz 778,4 11,9 lat 9 h 50 min 30 s 0,048 Saturn 1426,7 29,56 lat 10 h 14 min 0,054 Uran 2871,0 84,0 lat 17 h 14 min 0,047 Neptun 4498,3 164,8 lat 16 h 0,009 Księżyc ziemski 149,6 (0,386 od Ziemi) 27,3 dni 27,3 dni 0,055 Obiekt niebieski Średnica na równiku (km) Masa (Masa Ziemi = 1) Gęstość (g/cm 3 ) Słońce 1 392 000 333 000,00 1,4 Merkury 4879 0,06 5,4 Wenus 12 104 0,82 5,2 Ziemia 12 756 1,00 5,5 Mars 6794 0,11 3,9 Jowisz 142 984 317,83 1,3 Saturn 120 536 95,16 0,7 Uran 51 118 14,54 1,3 Neptun 49 528 17,15 1,6 Księżyc ziemski 3476 0,01 3,3 Inne dane: Masa Ziemi: 5,97 ⋅ 10 24 k g Masa Księżyca: 7,36 ⋅ 10 22 k g Masa Słońca: 1,99 ⋅ 10 30 k g", "section": "Dane astronomiczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Wzory matematyczne Równanie kwadratowe Jeżeli a ⁢ x 2 + b ⁢ x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 a \\neq 0 ), wtedy x = − b ± b 2 − 4 ⁢ a ⁢ c 2 ⁢ a x = \\frac{-b\\pm \\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} . Geometria Trójkąt o podstawie b b i wysokości h h : Powierzchnia = 1 2 ⁢ b ⁢ h \\prefop{=} \\frac12 b h Koło o promieniu r r : Obwód = 2 ⁢ π ⁢ r \\prefop{=} 2 \\pi r Pole powierzchni = π ⁢ r 2 \\prefop{=} \\pi r^2 Kula o promieniu r : Pole powierzchni = 4 ⁢ π ⁢ r 2 \\prefop{=} 4 \\pi r^2 Objętość = 4 3 ⁢ π ⁢ r 3 \\prefop{=} \\frac43 \\pi r^3 Walec o promieniu r i wysokości h h : Pole powierzchni bocznej = 2 ⁢ π ⁢ r ⁢ h \\prefop{=} 2 \\pi r h Objętość = π ⁢ r 2 ⁢ h \\prefop{=} \\pi r^2 h Trygonometria Tożsamości trygonometryczne sin θ = 1 cosec θ \\sin \\theta = \\frac{1}{\\prefop{cosec} \\theta} cos θ = 1 sec θ \\cos \\theta = \\frac{1}{\\prefop{sec} \\theta} tg θ = 1 ctg θ \\tg \\theta = \\frac{1}{\\ctg \\theta} sin 90 ° − θ = cos θ \\sin (\\ang{90} - \\theta) = \\cos \\theta cos 90 ° − θ = sin θ \\cos (\\ang{90} - \\theta) = \\sin\\theta tg 90 ° − θ = ctg θ \\tg (\\ang{90} - \\theta) = \\ctg\\theta sin 2 θ + cos 2 θ = 1 \\sin^2 \\theta + \\cos^2 \\theta = 1 sec 2 θ − tg 2 θ = 1 \\cos^2 \\theta - \\tg^2 \\theta = 1 tg θ = sin θ cos θ \\tg \\theta = \\frac{\\sin \\theta}{\\cos \\theta} sin α ± β = sin α ⁢ cos β ± cos α ⁢ sin β \\sin (\\alpha \\pm \\beta) = \\sin (\\alpha) \\cos (\\beta) \\pm \\cos (\\alpha) \\sin (\\beta) cos α ± β = cos α ⁢ cos β ∓ sin α ⁢ sin β \\cos (\\alpha \\pm \\beta) = \\cos (\\alpha) \\cos (\\beta) \\mp \\sin (\\alpha) \\sin (\\beta) tg α ± β = tg α ± tg β 1 ∓ tg α ⁢ tg β \\tg (\\alpha \\pm \\beta) = \\frac{\\tg \\alpha \\pm \\tg \\beta}{1 \\mp \\tg (\\alpha) \\tg (\\beta)} sin 2 ⁢ θ = 2 ⁢ sin θ ⁢ cos θ \\sin(2\\theta) = 2 \\sin (\\theta) \\cos (\\theta) cos 2 ⁢ θ = cos 2 θ − sin 2 θ = 2 ⁢ cos 2 θ − 1 = 1 − 2 ⁢ sin 2 θ \\cos(2\\theta) = \\cos^2 \\theta - \\sin^2 \\theta = 2 \\cos^2 \\theta - 1 = 1 - 2\\sin^2 \\theta sin α + sin β = 2 ⁢ sin α + β 2 ⁢ cos α − β 2 \\sin \\alpha + \\sin \\beta = 2 \\sin (\\frac{\\alpha + \\beta}{2}) \\cos (\\frac{\\alpha - \\beta}{2}) cos α + cos β = 2 ⁢ cos α + β 2 ⁢ cos α − β 2 \\cos \\alpha + \\cos \\beta = 2 \\cos (\\frac{\\alpha + \\beta}{2}) \\cos (\\frac{\\alpha - \\beta}{2}) Trójkąty Twierdzenie sinusów: a sin α = b sin β = c sin γ \\frac{a}{\\sin \\alpha} = \\frac{b}{\\sin \\beta} = \\frac{c}{\\sin \\gamma} Twierdzenie cosinusów: c 2 = a 2 + b 2 − 2 ⁢ a ⁢ b ⁢ cos γ c^2 = a^2 + b^2 - 2 ab \\cos \\gamma Twierdzenie Pitagorasa: c 2 = a 2 + b 2 c^2 = a^2 + b^2 Rozwinięcie funkcji w szeregi potęgowe Wzór dwumianowy: a + b n = a n + n 1 ! ⁢ a n − 1 ⁢ b + n ⁢ n − 1 2 ! ⁢ a n − 2 ⁢ b 2 + … + n ⁢ n − 1 2 ! ⁢ a 2 ⁢ b n − 2 + n 1 ! ⁢ a ⁢ b n − 1 + b n = ∑ k = 0 n n k ⁢ a n − k ⁢ b k \\begin{multiline} (a+b)^n &= a^n + \\frac{n}{1!} a^{n-1} b + \\frac{n (n-1)}{2!} a^{n-2} b^2 + \\dots + \\frac{n(n-1)}{2!} a^2 b^{n-2} + \\frac{n}{1!} a b^{n-1} + b^n \\\\ &= \\sum_{k=0}^n \\begin{pmatrix} n \\\\ k \\end{pmatrix} a^{n-k}b^{k}\\end{multiline} 1 ± x n = 1 ± n ⁢ x 1 ! + n ⁢ n − 1 ⁢ x 2 2 ! ± … = ∑ k = 0 n ± 1 k ⁢ n k ⁢ x k ⁢ , dla ⁢ x < 1 (1\\pm x)^n = 1 \\pm \\frac{nx}{1!} + \\frac{n(n-1)x^2}{2!} \\pm \\dots = \\sum_{k=0}^n ( \\prefop{\\pm} 1)^k \\begin{pmatrix} n \\\\ k \\end{pmatrix} x^k \\text{, dla } \\abs{x} < 1 1 ± x − n = 1 ∓ n ⁢ x 1 ! + n ⁢ n + 1 ⁢ x 2 2 ! ∓ … = ∑ k = 0 ∞ ∓ 1 k ⁢ k + n − 1 k ⁢ x k ⁢ , dla ⁢ x < 1 (1\\pm x)^{-n} = 1 \\mp \\frac{nx}{1!} + \\frac{n(n+1)x^2}{2!} \\mp \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} ( \\prefop{\\mp} 1)^k \\begin{pmatrix} k+n-1 \\\\ k \\end{pmatrix} x^k \\text{, dla } \\abs{x} < 1 sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − … = ∑ k = 0 ∞ -1 k ⁢ x 2 ⁢ k + 1 2 ⁢ k + 1 ! \\sin x = x - \\frac{x^3}{3!} + \\frac{x^5}{5!} - \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} (-1)^k \\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} cos x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − … = ∑ k = 0 ∞ -1 k ⁢ x 2 ⁢ k 2 ⁢ k ! \\cos x = 1 - \\frac{x^2}{2!} + \\frac{x^4}{4!} - \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} (-1)^k \\frac{x^{2k}}{(2k)!} tg x = x + x 3 3 + 2 ⁢ x 5 15 + … ⁢ , dla ⁢ x < π 2 \\tg x = x + \\frac{x^3}{3} + \\frac{2x^5}{15} + \\dots \\text{, dla } \\abs{x} < \\frac{\\pi}{2} e x = 1 + x + x 2 2 ! + … = ∑ k = 0 ∞ x k k ! e^x = 1 + x + \\frac{x^2}{2!} + \\dots = \\sum_{k=0}^{\\infty} \\frac{x^k}{k!} ln 1 + x = x − x 2 2 + x 3 3 − … = ∑ k = 1 ∞ -1 k + 1 ⁢ x k k ⁢ , dla ⁢ x < 1 \\ln (1+x) = x - \\frac{x^2}{2} + \\frac{x^3}{3} - \\dots = \\sum_{k=1}^{\\infty} (-1)^{k+1} \\frac{x^k}{k} \\text{, dla } \\abs{x} < 1 Pochodne d d x a ⁢ f ⁡ x = a ⁢ d d x f ⁡ x \\dd{x} [af \\apply (x)] = a \\dd{x} f \\apply (x) d d x f ⁡ x + g ⁡ x = d d x f ⁡ x + d d x g ⁡ x \\dd{x} [f \\apply (x) + g \\apply (x)] = \\dd{x} f \\apply (x) + \\dd{x} g \\apply (x) d d x f ⁡ x ⁢ g ⁡ x = f ⁡ x ⁢ d d x g ⁡ x + g ⁡ x ⁢ d d x f ⁡ x \\dd{x}[f\\apply (x) g \\apply (x)] = f \\apply (x) \\dd{x} g \\apply (x) + g \\apply (x) \\dd{x} f \\apply (x) d d x f ⁡ u = d d u f ⁡ u ⋅ d u d x \\dd{x} f \\apply (u) = \\dd{u} f \\apply (u) \\cdot \\frac{\\d u}{\\d x} d d x x m = m ⁢ x m − 1 \\dd{x} x^m = m x^{m-1} d d x sin x = cos x \\dd{x} \\sin x = \\cos x d d x cos x = − sin x \\dd{x} \\cos x = - \\sin x d d x tg x = 1 cos 2 x \\dd x \\tg x = \\frac{1}{\\cos^2 x} d d x ctg x = − 1 sin 2 x \\dd x \\ctg x = - \\frac{1}{\\sin^2 x} d d x sec x = tg x ⁢ sec x \\dd x \\prefop{sec} x = \\tg (x) \\prefop{sec} (x) d d x cosec x = − ctg x ⁢ cosec x \\dd x \\prefop{cosec} x = - \\ctg (x) \\prefop{cosec} (x) d d x e x = e x \\dd x e^x = e^x d d x ln x = 1 x \\dd x \\ln x = \\frac{1}{x} d d x arc sin x = 1 1 − x 2 \\dd x \\arcsin x = \\frac{1}{\\sqrt{1-x^2}} d d x arc cos x = − 1 1 − x 2 \\dd x \\arccos x = - \\frac{1}{\\sqrt{1-x^2}} d d x arc tg x = 1 1 + x 2 \\dd x \\arctg x = \\frac{1}{1+x^2} Całki ∫ a ⁢ f ⁡ x ⁢ d x = a ⁢ ∫ f ⁡ x ⁢ d x \\int a f \\apply (x) \\d x = a \\int f \\apply (x) \\d x ∫ f ⁡ x + g ⁡ x ⁢ d x = ∫ f ⁡ x ⁢ d x + ∫ g ⁡ x ⁢ d x \\int [f \\apply (x) + g \\apply (x)] \\d x = \\int f \\apply (x) \\d x + \\int g \\apply (x) \\d x ∫ x m ⁢ d x = x m + 1 m + 1 ⁢ , dla ⁢ m ≠ 1 ln x ⁢ , dla ⁢ m = 1 \\int x^m \\d x = \\left{ \\begin{matrix*}[l] \\frac{x^{m+1}}{m+1}\\text{,} &\\text{dla } m\\neq 1 \\\\ \\ln \\abs{x} \\text{,} &\\text{dla } m=1 \\end{matrix*} \\right. ∫ sin x ⁢ d x = − cos x \\int \\sin x \\d x = - \\cos x ∫ cos x ⁢ d x = sin x \\int \\cos x \\d x = \\sin x ∫ tg x ⁢ d x = − ln cos x \\int \\tg x \\d x = - \\ln \\abs{\\cos x} ∫ sin 2 a ⁢ x ⁢ d x = x 2 − sin 2 ⁢ a ⁢ x 4 ⁢ a \\int \\sin^2 (ax) \\d x = \\frac{x}{2} - \\frac{\\sin(2ax)}{4a} ∫ cos 2 a ⁢ x ⁢ d x = x 2 + sin 2 ⁢ a ⁢ x 4 ⁢ a \\int \\cos^2 (ax) \\d x= \\frac{x}{2} + \\frac{\\sin (2ax)}{4a} ∫ sin a ⁢ x ⁢ cos a ⁢ x ⁢ d x = − cos 2 ⁢ a ⁢ x 4 ⁢ a \\int \\sin (ax) \\cos (ax) \\d x = - \\frac{\\cos(2ax)}{4a} ∫ e a ⁢ x ⁢ d x = 1 a ⁢ e a ⁢ x \\int e^{ax} \\d x = \\frac{1}{a} e^{ax} ∫ x ⁢ e a ⁢ x ⁢ d x = e a ⁢ x a 2 ⁢ a ⁢ x − 1 \\int x e^{ax} \\d x = \\frac{e^{ax}}{a^2}(ax - 1) ∫ ln a ⁢ x ⁢ d x = x ⁢ ln a ⁢ x − x \\int \\ln (ax) \\d x = x \\ln (ax) - x ∫ d x a 2 + x 2 = 1 a ⁢ arc tg x a \\int \\frac{\\d x}{a^2 + x^2} = \\frac{1}{a} \\arctg (\\frac{x}{a}) ∫ d x a 2 − x 2 = 1 2 ⁢ a ⁢ ln x + a x − a \\int \\frac{\\d x}{a^2 - x^2} = \\frac{1}{2a} \\ln \\abs{\\frac{x+a}{x-a}} ∫ d x a 2 + x 2 = arcsinh x a = ln x a + x a 2 + 1 \\int \\frac{\\d x}{\\sqrt{a^2 + x^2}} = \\prefop{arcsinh} (\\frac{x}{a}) = \\ln \\abs{\\frac{x}{a} + \\sqrt{(\\frac{x}{a})^2 + 1}} ∫ d x a 2 − x 2 = arc sin x a \\int \\frac{\\d x}{\\sqrt{a^2 - x^2}} = \\arcsin (\\frac{x}{a}) ∫ a 2 + x 2 ⁢ d x = x 2 ⁢ a 2 + x 2 + a 2 2 ⁢ arcsinh x a \\int \\sqrt{a^2 + x^2} \\d x = \\frac{x}{2} \\sqrt{a^2 + x^2} + \\frac{a^2}{2} \\prefop{arcsinh} (\\frac{x}{a}) ∫ a 2 − x 2 ⁢ d x = x 2 ⁢ a 2 − x 2 + a 2 2 ⁢ arc sin x a \\int \\sqrt{a^2 - x^2} \\d x = \\frac{x}{2} \\sqrt{a^2 - x^2} + \\frac{a^2}{2} \\arcsin (\\frac{x}{a})", "section": "Wzory matematyczne", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Alfabet grecki Alfabet grecki Nazwa Wielka litera Mała litera Nazwa Wielka litera Mała litera alfa Α \\mathrm{Α} α \\mathrm{α} ni Ν \\mathrm{Ν} ν \\mathrm{ν} beta Β \\mathrm{Β} β \\mathrm{β} ksi Ξ \\mathrm{Ξ} ξ \\mathrm{ξ} gamma Γ \\mathrm{Γ} γ \\mathrm{γ} omikron Ο \\mathrm{Ο} ο \\mathrm{ο} delta Δ \\mathrm{Δ} δ \\mathrm{δ} pi Π \\mathrm{Π} π \\mathrm{π} epsilon Ε \\mathrm{Ε} ε \\mathrm{ε} ro Ρ \\mathrm{Ρ} ρ \\mathrm{ρ} dzeta Ζ \\mathrm{Ζ} ζ \\mathrm{ζ} sigma Σ \\mathrm{Σ} σ \\mathrm{σ} eta Η \\mathrm{Η} η \\mathrm{η} tau Τ \\mathrm{Τ} τ \\mathrm{τ} theta Θ \\mathrm{Θ} θ \\mathrm{θ} ipsylon Υ \\mathrm{Υ} υ \\mathrm{υ} jota Ι \\mathrm{Ι} ι \\mathrm{ι} fi Φ \\mathrm{Φ} ϕ \\mathrm{ϕ} kappa Κ \\mathrm{Κ} κ \\mathrm{κ} chi Χ \\mathrm{Χ} χ \\mathrm{χ} lambda Λ \\mathrm{Λ} λ \\mathrm{λ} psi Ψ \\mathrm{Ψ} ψ \\mathrm{ψ} mi Μ \\mathrm{Μ} μ \\mathrm{μ} omega Ω \\mathrm{Ω} ω \\mathrm{ω}", "section": "Alfabet grecki", "book": "Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/fizyka-dla-szkół-wyższych-tom-1"}
{"text": "Dedication and Preface This 10th edition of Organic Chemistry is dedicated to the memory of my son, Peter McMurry, who passed away in 2019 after a lifelong struggle with Cystic Fibrosis (CF). He was brilliant, strong, and truly the kindest person I have ever known. Peter McMurry 12/10/1968 – 12/12/2019 Just about every first-year medical student at New York Presbyterian Hospital/Columbia Medical Center knew and admired Peter, who was asked every year to meet and speak with incoming students about his experiences as a patient. He always enjoyed talking to the students, kidding them about their having had to take organic chemistry in college, and asking them if anyone recognized his last name from their O-Chem textbook. If Peter were still alive, I have no doubt that he would want me to work on this 10th edition with a publisher that would give the book away free to students rather than with one that would charge a large amount. So that is what I have done. To make this possible, I am not receiving any payment for this book, and generous supporters have not only covered the production costs but have also made a donation to the Cystic Fibrosis Foundation to help find a cure for this terrible disease. Anything that readers of this book might donate in Peter’s memory to the Cystic Fibrosis Foundation would also be much appreciated. John McMurry Welcome to Organic Chemistry: A Tenth Edition , an OpenStax resource. This textbook was written to increase student access to high-quality learning materials, maintaining highest standards of academic rigor at little to no cost. About OpenStax OpenStax is part of Rice University, which is a 501(c)(3) nonprofit charitable corporation. Our mission is to make an amazing education accessible for all. Through our partnerships with philanthropic organizations and our alliance with other educational resource companies, we’re breaking down the most common barriers to learning. Because we believe that everyone should and can have access to knowledge. About OpenStax resources Customization Organic Chemistry: A Tenth Edition is licensed under a Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 4.0 (CC BY-NC-SA) license, which means that you can non-commercially distribute, remix, and build upon the content, as long as you provide attribution to OpenStax and its content contributors, under the same license. Because our books are openly licensed, you are free to use the entire book or pick and choose the sections that are most relevant to the needs of your course. Feel free to remix the content by assigning your students certain chapters and sections in your syllabus, in the order that you prefer. You can even provide a direct link in your syllabus to the sections in the web view of your book. Instructors also have the option of creating a customized version of their OpenStax book. The custom version can be made available to students in low-cost print or digital form through their campus bookstore. Visit the Instructor Resources section of your book page on OpenStax.org for more information. Art attribution In Organic Chemistry: A Tenth Edition , photos contain attribution to their creator, rights holder, host platform, and/or license within the caption. Photos may be reused for non-commercial purposes and with the same attribution to their original source. To maximize readability and content flow, illustrations do not include attribution in the text. When re-using or redistributing illustrations, please use the following attribution: Copyright Rice University, OpenStax, under CC BY-NC-SA 4.0 license. Errata All OpenStax textbooks undergo a rigorous review process. However, like any professional-grade textbook, errors sometimes occur. Since our books are web based, we can make updates periodically when deemed pedagogically necessary. If you have a correction to suggest, submit it through the link on your book page on OpenStax.org. Subject matter experts review all errata suggestions. OpenStax is committed to remaining transparent about all updates, so you will also find a list of past and pending errata changes on your book page on OpenStax.org. Format You can access this textbook for free in web view or PDF through OpenStax.org, and for a low cost in print. The web view is the recommended format because it is the most accessible – including being WCAG 2.0 AA compliant – and most current. Print versions are available for individual purchase, or they may be ordered through your campus bookstore. From the author—About Organic Chemistry: A Tenth Edition Organic Chemistry: A Tenth Edition , like previous editions, is intended for a two-semester introductory organic chemistry course. I recognize that many students in this course are biology or pre-med majors so, when appropriate, I bring in biological examples. Color is used consistently through the texts and illustrations. Problems are categorized (see below) and vary in level. My goal is to be as economical as possible with changes so that the overall length of Organic Chemistry does not increase. Changes to the tenth edition I continue to review every word and every explanation, updating many small details and improving problems where needed. My aim is always to refine the features that made earlier editions so successful, while adding new ones. Reviewer comments are also extensively considered during the reviewer process. All the problems in every chapter are also reviewed for clarity. The detailed list of changes will be available upon publication at the OpenStax website. However, the following is a list of the major changes made to the tenth edition. Chapter 6 Polar Reactions are now covered before Radical Reactions Chapter 17 Section 17.5: Added newly discovered reaction of Grignard reagents with carboxylic acids to prepare ketones Chapter 18 Section 18.7: Added coverage of ionophores Chapter 19 Section 19.5: Added coverage of alpha-keto acid hydrates Chapter 21 Section 21.3: Added synthesis of amides by reaction of carboxylic acids and amines using (1-Ethyl-3-(3-dimethylaminopropylcarbodiimide (EDEC) Chapter 26 Section 26.7: Added synthesis of amides by reaction of carboxylic acids and amines using (1-Ethyl-3-(3-dimethylaminopropylcarbodiimide (EDEC) Section 26.8: Updated details for solid phase peptide synthesis Chapter 30 Section 30.8: Increased coverage of Cope rearrangement Section 30.8: New coverage of Oxy Cope reaction Chapter 31 Section 31.6: Discuss intramolecular olefin metathesis use in ring-closing Chemistry Matters : Discuss intramolecular olefin metathesis use in ring-closing Coverage and scope Organic Chemistry: A Tenth Edition , like previous editions, is intended for a two-semester introductory organic chemistry course. The tenth edition retains the functional group approach of prior editions and the table of contents is retained. Pedagogical foundation and features “Why This Chapter?” is a brief section that appears before the introduction to every chapter and tells students why the material about to be covered is important. Worked Examples includes a strategy and a detailed solution and is followed by problems for students to try on their own. The tenth edition has more than 1800 in-text and end-of-chapter problems. Visualizing Chemistry Problems occur at the end of each chapter. The problems offer students an opportunity to see chemistry in a different way by visualizing molecules rather than by simply interpreting structural formulas. Mechanism Problems are grouped together at the end of each chapter. Summaries and Key Terms lists help students by outlining the key concepts of each chapter. Summaries of Reactions at the ends of appropriate chapters bring together the key reactions from the chapter in one complete list. Comprehensive art program The art program is designed to enhance students’ understanding of concepts through clear, effective illustrations, diagrams, and photographs. About the author John E. McMurry John E. McMurry is a Professor Emeritus in the Department of Chemistry and Chemical Biology at Cornell University. He holds an A.B. degree from Harvard University and a Ph.D. from Columbia University. McMurry has authored over 100 research papers and is well-known for his contributions to the field of chemistry, particularly the development of the McMurry reaction. This reaction involves the coupling of two molecules of ketone or aldehyde to produce an alkene when treated with titanium(III) chloride and a reducing agent like Zn(Cu). The McMurry reaction has found extensive use in the laboratory synthesis of complex organic molecules and in the commercial synthesis of various drugs by the pharmaceutical industry. McMurry was elected a Fellow of the American Association for the Advancement of Science in 1985 and received a Max Planck Society Research Award in 1991. Apart from his scientific contributions, McMurry is also a prolific author in the field of chemistry education. He has written 45 undergraduate chemistry textbooks, which have been translated into 12 languages and used worldwide. Among his notable works, Organic Chemistry , first published in 1984, stands as his most popular textbook. Reviewers Mohammed Abrar Alam, Arkansas State University Pamela Auburn, Lone Star College Han Baocheng, University of Wisconsin-Whitewater David Bergbreiter, Texas A&M University Alfredo Castro, Felician University Alice Cherestes, McGill University Daniel Collins, Texas A&M University Evon Ford, Community College of Baltimore County Kevin Francis, Texas A&M University-Kingsville Micheal Fultz, West Virginia State University Mariusz Gajewski, Arkansas Tech University Bryant Gilbert, Zane State College Stewart Hart, University of the Ozarks Alaa Hashim, University of South Florida Kjir Hendrickson, Arizona State University Paul Hudrlik, Howard University Ekaterina Kadnikova, Hamline University Bee Kelley, University of Arkansas at Pine Bluff Nicholas Leadbeater, University of Connecticut Thomas Lectka, Johns Hopkins University Saundra McGuire, Louisiana State Univeristy Evy McUmber, Southwestern College Ellen Moore, University of Missouri Jennifer Muzyka, Centre College Jacqueline Nikles, University of Alabama at Birmingham Allyn Ontko, Arkansas State University Justin P'Pool, Franklin College Phuong-Truc Pham, Penn State Scranton Vijayakumar Ramalingam, SUNY Polytechnic Institute Jia Sheng, University at Albany, State University of New York Ike Shibley, Penn State Berks Jason Tien, GPCR Therapeutics, Inc. Coran Watanabe, Texas A&M University Zhou Zhou, Queensborough Community College Additional resources Diversity and Inclusion Modules Developed independently of this textbook by Dr. Rhett Smith (Clemson University), this resource is a unique website linked to Organic Chemistry: A Tenth Edition . This resource is free for instructors and students to use if they so choose. The website is mapped to Organic Chemistry: A Tenth Edition to provide a more complete, diverse, and inclusive picture of the development and current state of organic chemistry research. The figures whose work is highlighted in this online resource include historical figures from the developmental years of chemistry as well as researchers still active in the community. Each lesson currently consists of a brief introduction followed by a one-page description of the highlighted researcher and their work as it relates to relevant course topics. This is then followed by links to additional readings or videos about the life and research of the highlighted individual as well as quiz questions. The site also integrates into your learning management system (LMS). Study Guide and Student Solutions Manual Authored by Susan McMurry, the Student Study Guide and Student Solutions Manual are now separate items. Both the Study Guide and Student Solutions Manual, for the first time, will also be openly licensed and free for students in digital formats. Both resources have been updated to reflect the changes in the text and revised to meet accessibility standards. Additional resources can be found by going to the instructors resource page for this text . Academic integrity Academic integrity builds trust, understanding, equity, and genuine learning. While students may encounter significant challenges in their courses and their lives, doing their own work and maintaining a high degree of authenticity will result in meaningful outcomes that will extend far beyond their college career. Faculty, administrators, resource providers, and students should work together to maintain a fair and positive experience. We realize that students benefit when academic integrity ground rules are established early in the course. To that end, OpenStax has created an interactive to aid with academic integrity discussions in your course. attribution: Copyright Rice University, OpenStax, under CC BY 4.0 license Visit our academic integrity slider . Click and drag icons along the continuum to align these practices with your institution and course policies. You may then include the graphic on your syllabus, present it in your first course meeting, or create a handout for students. At OpenStax we are also developing resources supporting authentic learning experiences and assessment. Please visit this book’s page for updates. For an in-depth review of academic integrity strategies, we highly recommend visiting the International Center of Academic Integrity (ICAI) website at https://academicintegrity.org/ . Community Hubs OpenStax partners with the Institute for the Study of Knowledge Management in Education (ISKME) to offer Community Hubs on OER Commons—a platform for instructors to share community-created resources that support OpenStax books, free of charge. Through our Community Hubs, instructors can upload their own materials or download resources to use in their own courses, including additional ancillaries, teaching material, multimedia, and relevant course content. We encourage instructors to join the hubs for the subjects most relevant to your teaching and research as an opportunity both to enrich your courses and to engage with other faculty. To reach the Community Hubs, visit www.oercommons.org/hubs/openstax. Technology partners As allies in making high-quality learning materials accessible, our technology partners offer optional low-cost tools that are integrated with OpenStax books. To access the technology options for your text, visit your book page on OpenStax.org.", "section": "Dedication and Preface", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The enzyme HMG–CoA reductase, shown here as a so-called ribbon model, catalyzes a crucial step in the body’s synthesis of cholesterol. Understanding how this enzyme functions has led to the development of drugs credited with saving millions of lives. (credit: image from the RCSB PDB (rcsb.org) of PBD ID 1HW9 (E.S. Istvan, J. Deisenhofer) (2001) Structural mechanism for statin inhibition of HMG-CoA reductase Science 292: 1160–1164/RCSB PDB, CC BY 1.0) We’ll ease into the study of organic chemistry by first reviewing some ideas about atoms, bonds, and molecular geometry that you may recall from your general chemistry course. Much of the material in this chapter and the next is likely to be familiar to you, but it’s nevertheless a good idea to make sure you understand it before moving on. What is organic chemistry, and why should you study it? The answers to these questions are all around you. Every living organism is made of organic chemicals. The proteins that make up your hair, skin, and muscles; the DNA that controls your genetic heritage; the foods that nourish you; and the medicines that heal you are all organic chemicals. Anyone with a curiosity about life and living things, and anyone who wants to be a part of the remarkable advances taking place in medicine and the biological sciences, must first understand organic chemistry. Look at the following drawings for instance, which show the chemical structures of some molecules whose names might be familiar to you. Although the drawings may appear unintelligible at this point, don’t worry. They’ll make perfectly good sense before long, and you’ll soon be drawing similar structures for any substance you’re interested in. Historically, the term organic chemistry dates to the mid-1700s, when it was used to mean the chemistry of substances found in living organisms. Little was known about chemistry at that time, and the behavior of the “organic” substances isolated from plants and animals seemed different from that of the “inorganic” substances found in minerals. Organic compounds were generally low-melting solids and were usually more difficult to isolate, purify, and work with than high-melting inorganic compounds. By the mid-1800s, however, it was clear that there was no fundamental difference between organic and inorganic compounds. The only distinguishing characteristic of organic compounds is that all contain the element carbon. Organic chemistry , then, is the study of carbon compounds. But why is carbon special? Why, of the more than 197 million presently known chemical compounds, do almost all of them contain carbon? The answers to these questions come from carbon’s electronic structure and its consequent position in the periodic table ( ). As a group 4A element, carbon can share four valence electrons and form four strong covalent bonds. Furthermore, carbon atoms can bond to one another, forming long chains and rings. Carbon, alone of all elements, is able to form an immense diversity of compounds, from the simple methane, with one carbon atom, to the staggeringly complex DNA, which can have more than 100 million carbons. Carbon, hydrogen, and other elements commonly found in organic compounds are shown in the colors typically used to represent them. Not all carbon compounds are derived from living organisms, however. Modern chemists have developed a remarkably sophisticated ability to design and synthesize new organic compounds in the laboratory—medicines, dyes, polymers, and a host of other substances. Organic chemistry touches the lives of everyone. Its study can be a fascinating undertaking.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Atomic Structure: The Nucleus As you might remember from your general chemistry course, an atom consists of a dense, positively charged nucleus surrounded at a relatively large distance by negatively charged electrons ( ). The nucleus consists of subatomic particles called neutrons , which are electrically neutral, and protons , which are positively charged. Because an atom is neutral overall, the number of positive protons in the nucleus and the number of negative electrons surrounding the nucleus are the same. A schematic view of an atom. The dense, positively charged nucleus contains most of the atom’s mass and is surrounded by negatively charged electrons. The three-dimensional view on the right shows calculated electron-density surfaces. Electron density increases steadily toward the nucleus and is 40 times greater at the blue solid surface than at the gray mesh surface . Although extremely small—about 10 –14 to 10 –15 meter (m) in diameter—the nucleus nevertheless contains essentially all the mass of the atom. Electrons have negligible mass and circulate around the nucleus at a distance of approximately 10 –10 m. Thus, the diameter of a typical atom is about 2 × 10 –10 m, or 200 picometers (pm), where 1 pm = 10 –12 m. To give you an idea of how small this is, a thin pencil line is about 3 million carbon atoms wide. Although most chemists throughout the world use the International System (SI) of units and describe small distances in picometers, many organic chemists and biochemists in the United States still use the unit angstrom (Å) to express atomic distances, where 1 Å = 100 pm = 10 –10 m. As you probably did in your general chemistry course, however, we’ll stay with SI units in this book. A specific atom is described by its atomic number ( Z ) , which gives the number of protons (or electrons) it contains, and its mass number ( A ) , which gives the total number of protons and neutrons in its nucleus. All the atoms of a given element have the same atomic number: 1 for hydrogen, 6 for carbon, 15 for phosphorus, and so on; but they can have different mass numbers depending on how many neutrons they contain. Atoms with the same atomic number but different mass numbers are called isotopes . The element carbon, for instance, has three isotopes that occur naturally, with mass numbers of 12, 13, and 14. Carbon-12 has a natural abundance of 98.89%, carbon-13 has a natural abundance of 1.11%, and carbon-14 has only a negligible natural abundance. The weighted-average of an element’s naturally occurring isotopes is called atomic weight and is given in unified atomic mass units (u) or daltons (Da) where 1 u or 1 Da is defined as one twelfth the mass of one atom of carbon-12. Thus, the atomic weight is 1.008 u for hydrogen, 12.011 u for carbon, 30.974 u for phosphorus, and so on. Atomic weights of all elements are given in the periodic table in .", "section": "Atomic Structure: The Nucleus", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Atomic Structure: Orbitals How are the electrons distributed in an atom? You might recall from your general chemistry course that, according to the quantum mechanical model , the behavior of a specific electron in an atom can be described by a mathematical expression called a wave equation —the same type of expression used to describe the motion of waves in a fluid. The solution to a wave equation is called a wave function , or orbital , and is denoted by the lowercase Greek letter psi ( ψ ). When the square of the wave function, ψ 2 , is plotted in three-dimensional space, an orbital describes the volume of space around a nucleus that an electron is most likely to occupy. You might therefore think of an orbital as looking like a photograph of the electron taken at a slow shutter speed. In such a photo, the orbital would appear as a blurry cloud, indicating the region of space where the electron has been. This electron cloud doesn’t have a sharp boundary, but for practical purposes we can set the limits by saying that an orbital represents the space where an electron spends 90% to 95% of its time. What do orbitals look like? There are four different kinds of orbitals, denoted s, p, d, and f, each with a different shape. Of the four, we’ll be concerned primarily with s and p orbitals because these are the most common in organic and biological chemistry. An s orbital has a spherical shape, with the nucleus at its center; a p orbital has a dumbbell shape with two parts, or lobes ; and four of the five d orbitals have a cloverleaf shape with four lobes, as shown in . The fifth d orbital is shaped like an elongated dumbbell with a doughnut around its middle. Representations of s, p, and d orbitals. An s orbital is spherical, a p orbital is dumbbell-shaped, and four of the five d orbitals are cloverleaf-shaped. Different lobes of p orbitals are often drawn for convenience as teardrops, but their actual shape is more like that of a doorknob, as indicated. The orbitals in an atom are organized into different layers around the nucleus called electron shells , which are centered around the nucleus and have successively larger size and energy. Different shells contain different numbers and kinds of orbitals, and each orbital within a shell can be occupied by two electrons. The first shell contains only a single s orbital, denoted 1 s, and thus holds only 2 electrons. The second shell contains one 2 s orbital and three 2 p orbitals and thus holds a total of 8 electrons. The third shell contains a 3 s orbital, three 3 p orbitals, and five 3 d orbitals, for a total capacity of 18 electrons. These orbital groupings and their energy levels are shown in . Energy levels of electrons in an atom. The first shell holds a maximum of 2 electrons in one 1 s orbital; the second shell holds a maximum of 8 electrons in one 2 s and three 2 p orbitals; the third shell holds a maximum of 18 electrons in one 3 s , three 3 p , and five 3 d orbitals; and so on. The two electrons in each orbital are represented by five up and down arrows, ⇅ . Although not shown, the energy level of the 4 s orbital falls between 3 p and 3 d . The three different p orbitals within a given shell are oriented in space along mutually perpendicular directions, denoted p x , p y , and p z . As shown in , the two lobes of each p orbital are separated by a region of zero electron density called a node . Furthermore, the two orbital regions separated by the node have different algebraic signs, + and −, in the wave function, as represented by the different colors in and . As we’ll see in Section 1.11 , these algebraic signs for different orbital lobes have important consequences with respect to chemical bonding and chemical reactivity. Shapes of the 2 p orbitals. Each of the three mutually perpendicular, dumbbell-shaped orbitals has two lobes separated by a node. The two lobes have different algebraic signs in the corresponding wave function, as indicated by the different colors.", "section": "Atomic Structure: Orbitals", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Atomic Structure: Electron Configurations The lowest-energy arrangement, or ground-state electron configuration , of an atom is a list of the orbitals occupied by its electrons. We can predict this arrangement by following three rules. RULE 1 The lowest-energy orbitals fill up first, 1 s → 2 s → 2 p → 3 s → 3 p → 4 s → 3 d , according to the following graphic, a statement called the Aufbau principle . Note that the 4 s orbital lies between the 3 p and 3 d orbitals in energy. RULE 2 Electrons act in some ways as if they were spinning around an axis, somewhat as the earth spins. This spin can have two orientations, denoted as up ( ↑ ) and down ( ↓ ). Only two electrons can occupy an orbital, and they must have opposite spins, a statement called the Pauli exclusion principle . RULE 3 If two or more empty orbitals of equal energy are available, one electron occupies each with spins parallel until all orbitals are half-full, a statement called Hund’s rule . Some examples of how these rules apply are shown in . Hydrogen, for instance, has only one electron, which must occupy the lowest-energy orbital. Thus, hydrogen has a 1 s ground-state configuration. Carbon has six electrons and the ground-state configuration 1 s 2 2 s 2 2 p x 1 2 p y 1 , and so forth. Note that a superscript is used to represent the number of electrons in a particular orbital. Ground-State Electron Configurations of Some Elements Element Atomic number Configuration Hydrogen 1 Carbon 6 Phosphorus 15 Problems", "section": "Atomic Structure: Electron Configurations", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Development of Chemical Bonding Theory By the mid-1800s, the new science of chemistry was developing rapidly, especially in Europe, and chemists had begun to probe the forces holding compounds together. In 1858, the German chemist August Kekulé and the Scottish chemist Archibald Couper independently proposed that, in all organic compounds, carbon is tetravalent —it always forms four bonds when it joins other elements to form stable compounds. Furthermore, said Kekulé, carbon atoms can bond to one another to form extended chains of linked atoms. In 1865, Kekulé provided another major advance when he suggested that carbon chains can double back on themselves to form rings of atoms. Although Kekulé and Couper were correct in describing the tetravalent nature of carbon, chemistry was still viewed in a two-dimensional way until 1874. In that year, the Dutch chemist Jacobus van’t Hoff and French chemist Joseph Le Bel added a third dimension to our ideas about organic compounds when they proposed that the four bonds of carbon are not oriented randomly but have specific spatial directions. Van’t Hoff went even further and suggested that the four atoms to which carbon is bonded sit at the corners of a regular tetrahedron, with carbon in the center. A representation of a tetrahedral carbon atom is shown in . Note the conventions used to show three-dimensionality: solid lines represent bonds in the plane of the page, the heavy wedged line represents a bond coming out of the page toward the viewer, and the dashed line represents a bond receding back behind the page, away from the viewer. Get used to them; these representations will be used throughout the text. A representation of van’t Hoff’s tetrahedral carbon atom. The solid lines represent bonds in the plane of the paper, the heavy wedged line represents a bond coming out of the plane of the page toward the viewer, and the dashed line represents a bond going back behind the plane of the page away from the viewer. Why, though, do atoms bond together, and how can chemical bonds be described electronically? The why question is relatively easy to answer: atoms bond together because the compound that results is more stable and lower in energy than the separate atoms. Energy—usually as heat—is always released and flows out of the chemical system when a bond forms. Conversely, energy is added to the chemical system when a bond breaks. Making bonds always releases energy, and breaking bonds always absorbs energy. The how question is more difficult. To answer it, we need to know more about the electronic properties of atoms. We know through observation that eight electrons (an electron octet ) in an atom’s outermost shell, or valence shell , impart special stability to the noble-gas elements in group 8A of the periodic table: Ne (2 + 8 ); Ar (2 + 8 + 8 ); Kr (2 + 8 + 18 + 8 ). We also know that the chemistry of the main-group elements on the left and right sides of the periodic table is governed by their tendency to take on the electron configuration of the nearest noble gas. The alkali metals such as sodium in group 1A, for example, achieve a noble-gas configuration by losing the single s electron from their valence shell to form a cation, while the halogens such as chlorine in group 7A achieve a noble-gas configuration by gaining a p electron to fill their valence shell and form an anion. The resultant ions are held together in compounds like Na + Cl – by the electrical attraction of unlike charges that we call an ionic bond . But how do elements closer to the middle of the periodic table form bonds? Look at methane, CH 4 , the main constituent of natural gas, for example. The bonding in methane is not ionic because it would take too much energy for carbon (1 s 2 2 s 2 2 p 2 ) either to gain or lose four electrons to achieve a noble-gas configuration. Instead, carbon bonds to other atoms, not by gaining or losing electrons, but by sharing them. Such a shared-electron bond, first proposed in 1916 by the American chemist G. N. Lewis, is called a covalent bond . The neutral collection of atoms held together by covalent bonds is called a molecule . Ionic compounds such as sodium chloride, however, are not called molecules. A simple way of indicating the covalent bonds in molecules is to use what are called Lewis structures , or electron-dot structures , in which the valence-shell electrons of an atom are represented as dots. Thus, hydrogen has one dot representing its 1 s electron, carbon has four dots (2 s 2 2 p 2 ), oxygen has six dots (2 s 2 2 p 4 ), and so on. A stable molecule results whenever a noble-gas configuration of eight dots (an octet) is achieved for all main-group atoms or two dots for hydrogen. Even simpler than Lewis structures is the use of Kekulé structures , or line-bond structures , in which the two-electron covalent bonds are indicated as lines drawn between atoms. The number of covalent bonds an atom forms depends on how many additional valence electrons it needs to reach a noble-gas configuration. Hydrogen has one valence electron (1 s ) and needs only one more to reach the helium configuration (1 s 2 ), so it forms one bond. Carbon has four valence electrons (2 s 2 2 p 2 ) and needs four more to reach the neon configuration (2 s 2 2 p 6 ), so it forms four bonds. Nitrogen has five valence electrons (2 s 2 2 p 3 ), needs three more, and forms three bonds; oxygen has six valence electrons (2 s 2 2 p 4 ), needs two more, and forms two bonds; and the halogens have seven valence electrons, need one more, and form one bond. Valence electrons that are not used for bonding remain as dots in structures and are called lone-pair electrons , or nonbonding electrons . The nitrogen atom in ammonia, NH 3 , for instance, shares six valence electrons in three covalent bonds and has its remaining two valence electrons as two dots in a nonbonding lone pair. As a time-saving shorthand, nonbonding electrons are often omitted when drawing line-bond structures, but you still have to keep them in mind since they’re often crucial in chemical reactions. Predicting the Number of Bonds Formed by Atoms in Molecules How many hydrogen atoms does phosphorus bond to in forming phosphine, PH ? ? Strategy Identify the periodic group of phosphorus, and find from that how many electrons (bonds) are needed to make an octet. Solution Phosphorus is in group 5A of the periodic table and has five valence electrons. It thus needs to share three more electrons to make an octet and therefore bonds to three hydrogen atoms, giving PH 3 . Drawing Electron-Dot and Line-Bond Structures Draw both electron-dot and line-bond structures for chloromethane, CH 3 Cl. Strategy Remember that a covalent bond—that is, a pair of shared electrons—is represented as a line between atoms. Solution Hydrogen has one valence electron, carbon has four valence electrons, and chlorine has seven valence electrons. Thus, chloromethane is represented as Problems", "section": "Development of Chemical Bonding Theory", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Describing Chemical Bonds: Valence Bond Theory How does electron sharing lead to bonding between atoms? Two models have been developed to describe covalent bonding: valence bond theory and molecular orbital theory . Each model has its strengths and weaknesses, and chemists tend to use them interchangeably depending on the circumstances. Valence bond theory is the more easily visualized of the two, so most of the descriptions we’ll use in this book derive from that approach. According to valence bond (VB) theory , a covalent bond forms when two atoms approach each other closely and a singly occupied orbital on one atom overlaps a singly occupied orbital on the other atom. The electrons are now paired in the overlapping orbitals and are attracted to the nuclei of both atoms, thus bonding the atoms together. In the H 2 molecule, for instance, the H–H bond results from the overlap of two singly occupied hydrogen 1 s orbitals. The overlapping orbitals in the H 2 molecule have the elongated egg shape we might get by pressing two spheres together. If a plane were to pass through the middle of the bond, the intersection of the plane and the overlapping orbitals would be a circle. In other words, the H–H bond is cylindrically symmetrical, as shown in . Such bonds, which are formed by the head-on overlap of two atomic orbitals along a line drawn between the nuclei, are called sigma ( σ ) bonds . The cylindrical symmetry of the H–H σ bond in an H 2 molecule. The intersection of a plane cutting through the σ bond is a circle. During the bond-forming reaction 2H · ⟶ H2, 436 kJ/mol (104 kcal/mol) of energy is released. Because the product H 2 molecule has 436 kJ/mol less energy than the starting 2 H · atoms, the product is more stable than the reactant and we say that the H–H bond has a bond strength of 436 kJ/mol. In other words, we would have to put 436 kJ/mol of energy into the H–H bond to break the H 2 molecule apart into two H atoms ( ). For convenience, we’ll generally give energies in both kilocalories (kcal) and the SI unit kilojoules (kJ): 1 kJ = 0.2390 kcal; 1 kcal = 4.184 kJ. Relative energy levels of two H atoms and the H 2 molecule. The H 2 molecule has 436 kJ/mol (104 kcal/mol) less energy than the two separate H atoms, so 436 kJ/mol of energy is released when the H–H bond forms . Conversely, 436 kJ/mol is absorbed when the H–H bond breaks . How close are the two nuclei in the H 2 molecule? If they are too close, they will repel each other because both are positively charged. Yet if they’re too far apart, they won’t be able to share the bonding electrons. Thus, there is an optimum distance between nuclei that leads to maximum stability ( ). Called the bond length , this distance is 74 pm in the H–H molecule. Every covalent bond has both a characteristic bond strength and bond length. A plot of energy versus internuclear distance for two hydrogen atoms. The distance between nuclei at the minimum energy point is the bond length .", "section": "Describing Chemical Bonds: Valence Bond Theory", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "sp 3 Hybrid Orbitals and the Structure of Methane The bonding in the hydrogen molecule is fairly straightforward, but the situation is more complicated in organic molecules with tetravalent carbon atoms. Take methane, CH 4 , for instance. As we’ve seen, carbon has four valence electrons (2 s 2 2 p 2 ) and forms four bonds. Because carbon uses two kinds of orbitals for bonding, 2 s and 2 p, we might expect methane to have two kinds of C–H bonds. In fact, though, all four C–H bonds in methane are identical and are spatially oriented toward the corners of a regular tetrahedron, as shown previously in . How can we explain this? An answer was provided in 1931 by Linus Pauling, who showed mathematically how an s orbital and three p orbitals on an atom can combine, or hybridize, to form four equivalent atomic orbitals with tetrahedral orientation. Shown in , these tetrahedrally oriented orbitals are called sp 3 hybrid orbitals . Note that the superscript 3 in the name sp 3 tells how many of each type of atomic orbital combine to form the hybrid, not how many electrons occupy it. Four sp 3 hybrid orbitals , oriented toward the corners of a regular tetrahedron, are formed by the combination of an s orbital and three p orbitals (red / blue) . The sp 3 hybrids have two lobes and are unsymmetrical about the nucleus, giving them a directionality and allowing them to form strong bonds to other atoms. The concept of hybridization explains how carbon forms four equivalent tetrahedral bonds but not why it does so. The shape of the hybrid orbital suggests the answer to why. When an s orbital hybridizes with three p orbitals, the resultant sp 3 hybrid orbitals are unsymmetrical about the nucleus. One of the two lobes is larger than the other and can therefore overlap more effectively with an orbital from another atom to form a bond. As a result, sp 3 hybrid orbitals form stronger bonds than do unhybridized s or p orbitals. The asymmetry of sp 3 orbitals arises because, as noted previously, the two lobes of a p orbital have different algebraic signs, + and –, in the wave function. Thus, when a p orbital hybridizes with an s orbital, the positive p lobe adds to the s orbital but the negative p lobe subtracts from the s orbital. The resultant hybrid orbital is therefore unsymmetrical about the nucleus and is strongly oriented in one direction. When each of the four identical sp 3 hybrid orbitals of a carbon atom overlaps with the 1 s orbital of a hydrogen atom, four identical C–H bonds are formed and methane results. Each C–H bond in methane has a strength of 439 kJ/mol (105 kcal/mol) and a length of 109 pm. Because the four bonds have a specific geometry, we also can define a property called the bond angle . The angle formed by each H–C–H is 109.5°, the so-called tetrahedral angle. Methane thus has the structure shown in . The structure of methane, showing its 109.5° bond angles.", "section": "sp3Hybrid Orbitals and the Structure of Methane", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "sp 3 Hybrid Orbitals and the Structure of Ethane The same kind of orbital hybridization that accounts for the methane structure also accounts for the bonding together of carbon atoms into chains and rings to make possible many millions of organic compounds. Ethane, C 2 H 6 , is the simplest molecule containing a carbon–carbon bond. We can picture the ethane molecule by imagining that the two carbon atoms bond to each other by head-on sigma ( σ ) overlap of an sp 3 hybrid orbital from each ( ). The remaining three sp 3 hybrid orbitals on each carbon overlap with the 1 s orbitals of three hydrogens to form the six C–H bonds. The C–H bonds in ethane are similar to those in methane, although a bit weaker: 421 kJ/mol (101 kcal/mol) for ethane versus 439 kJ/mol for methane. The C–C bond is 153 pm in length and has a strength of 377 kJ/mol (90 kcal/mol). All the bond angles of ethane are near, although not exactly at, the tetrahedral value of 109.5°. The structure of ethane. The carbon–carbon bond is formed by σ overlap of two sp 3 hybrid orbitals . For clarity, the smaller lobes of the sp 3 hybrid orbitals are not shown. Problems", "section": "sp3Hybrid Orbitals and the Structure of Ethane", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "sp 2 Hybrid Orbitals and the Structure of Ethylene The bonds we’ve seen in methane and ethane are called single bonds because they result from the sharing of one electron pair between bonded atoms. It was recognized nearly 150 years ago, however, that carbon atoms can also form double bonds by sharing two electron pairs between atoms or triple bonds by sharing three electron pairs. Ethylene, for instance, has the structure H 2 C=C H 2 and contains a carbon–carbon double bond, while acetylene has the structure HC≡CH and contains a carbon–carbon triple bond. How are multiple bonds described by valence bond theory? When we discussed sp 3 hybrid orbitals in Section 1.6 , we said that the four valence-shell atomic orbitals of carbon combine to form four equivalent sp 3 hybrids. Imagine instead that the 2 s orbital combines with only two of the three available 2 p orbitals. Three sp 2 hybrid orbitals result, and one 2 p orbital remains unchanged. Like sp 3 hybrids, sp 2 hybrid orbitals are unsymmetrical about the nucleus and are strongly oriented in a specific direction so they can form strong bonds. The three sp 2 orbitals lie in a plane at angles of 120° to one another, with the remaining p orbital perpendicular to the sp 2 plane, as shown in . sp 2 Hybridization. The three equivalent sp 2 hybrid orbitals lie in a plane at angles of 120° to one another, and a single unhybridized p orbital (red / blue) is perpendicular to the sp 2 plane. When two carbons with sp 2 hybridization approach each other, they form a strong σ bond by sp 2 – sp 2 head-on overlap. At the same time, the unhybridized p orbitals interact by sideways overlap to form what is called a pi ( π ) bond . The combination of an sp 2 – sp 2 σ bond and a 2 p –2 p π bond results in the sharing of four electrons and the formation of a carbon–carbon double bond ( ). Note that the electrons in the σ bond occupy the region centered between nuclei, while the electrons in the π bond occupy regions above and below a line drawn between nuclei. To complete the structure of ethylene, four hydrogen atoms form σ bonds with the remaining four sp 2 orbitals. Ethylene thus has a planar structure, with H–C–H and H–C–C bond angles of approximately 120°. (The actual values are 117.4° for the H–C–H bond angle and 121.3° for the H–C–C bond angle.) Each C–H bond has a length of 108.7 pm and a strength of 464 kJ/mol (111 kcal/mol). The structure of ethylene. One part of the double bond in ethylene results from σ (head-on) overlap of sp 2 hybrid orbitals , and the other part results from π (sideways) overlap of unhybridized p orbitals (red / blue) . The π bond has regions of electron density above and below a line drawn between nuclei. As you might expect, the carbon–carbon double bond in ethylene is both shorter and stronger than the single bond in ethane because it has four electrons bonding the nuclei together rather than two. Ethylene has a C=C bond length of 134 pm and a strength of 728 kJ/mol (174 kcal/mol) versus a C–C length of 153 pm and a strength of 377 kJ/mol for ethane. The carbon–carbon double bond is less than twice as strong as a single bond because the sideways overlap in the π part of the double bond is not as great as the head-on overlap in the σ part. Drawing Electron-Dot and Line-Bond Structures Commonly used in biology as a tissue preservative, formaldehyde, CH 2 O, contains a carbon– oxygen double bond. Draw electron-dot and line-bond structures of formaldehyde, and indicate the hybridization of the carbon orbitals. Strategy We know that hydrogen forms one covalent bond, carbon forms four, and oxygen forms two. Trial and error, combined with intuition, is needed to fit the atoms together. Solution There is only one way that two hydrogens, one carbon, and one oxygen can combine: Like the carbon atoms in ethylene, the carbon atom in formaldehyde is in a double bond and its orbitals are therefore sp 2 -hybridized. Problems", "section": "sp2Hybrid Orbitals and the Structure of Ethylene", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "sp Hybrid Orbitals and the Structure of Acetylene In addition to forming single and double bonds by sharing two and four electrons, respectively, carbon can also form a triple bond by sharing six electrons. To account for the triple bond in a molecule such as acetylene, H−C≡C−H , we need a third kind of hybrid orbital, an sp hybrid . Imagine that, instead of combining with two or three p orbitals, a carbon 2 s orbital hybridizes with only a single p orbital. Two sp hybrid orbitals result, and two p orbitals remain unchanged. The two sp orbitals are oriented 180° apart on the right-left ( x ) axis, while the p orbitals are perpendicular on the up-down ( y ) axis and the in-out ( z ) axis, as shown in . sp Hybridization. The two sp hybrid orbitals are oriented 180° away from each other, perpendicular to the two remaining p orbitals (red / blue) . When two sp -hybridized carbon atoms approach each other, sp hybrid orbitals on each carbon overlap head-on to form a strong sp – sp σ bond. At the same time, the p z orbitals from each carbon form a p z – p z π bond by sideways overlap, and the p y orbitals overlap similarly to form a p y – p y π bond. The net effect is the sharing of six electrons and formation of a carbon–carbon triple bond. Each of the two remaining sp hybrid orbitals forms a σ bond with hydrogen to complete the acetylene molecule ( ). The structure of acetylene. The two carbon atoms are joined by one sp – sp σ bond and two p – p π bonds. As suggested by sp hybridization, acetylene is a linear molecule with H–C–C bond angles of 180°. The C–H bonds have a length of 106 pm and a strength of 558 kJ/mol (133 kcal/mol). The C–C bond length in acetylene is 120 pm, and its strength is about 965 kJ/mol (231 kcal/mol), making it the shortest and strongest of any carbon–carbon bond. A comparison of sp, sp 2 , and sp 3 hybridization is given in . Comparison of C−C and C−H Bonds in Methane, Ethane, Ethylene, and Acetylene Molecule Bond Bond strength Bond length (pm) (kJ/mol) (kcal/mol) Methane, CH 4 ( sp 3 ) C−H 439 105 109 Ethane, CH 3 CH 3 ( sp 3 ) C−C ( sp 3 ) 377 90 153 ( sp 3 ) C−H 421 101 109 Ethylene, H 2 C=CH 2 ( sp 2 ) C=C ( sp 2 ) 728 174 134 ( sp 2 ) C−H 464 111 109 Acetylene, HC≡CH ( sp ) C≡C ( sp ) 965 231 120 ( sp ) C−H 558 133 106 Problems", "section": "spHybrid Orbitals and the Structure of Acetylene", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Hybridization of Nitrogen, Oxygen, Phosphorus, and Sulfur The valence-bond concept of orbital hybridization described in the previous four sections is not limited to carbon. Covalent bonds formed by other elements can also be described using hybrid orbitals. Look, for instance, at the nitrogen atom in methylamine (CH 3 NH 2 ), an organic derivative of ammonia (NH 3 ) and the substance responsible for the odor of rotting fish. The experimentally measured H–N–H bond angle in methylamine is 107.1°, and the C–N–H bond angle is 110.3°, both of which are close to the 109.5° tetrahedral angle found in methane. We therefore assume that nitrogen forms four sp 3 -hybridized orbitals, just as carbon does. One of the four sp 3 orbitals is occupied by two nonbonding electrons (a lone pair), and the other three hybrid orbitals have one electron each. Overlap of these three half-filled nitrogen orbitals with half-filled orbitals from other atoms (C or H) gives methylamine. Note that the unshared lone pair of electrons in the fourth sp 3 hybrid orbital of nitrogen occupies as much space as an N–H bond does and is very important to the chemistry of methylamine and other nitrogen-containing organic molecules. Like the carbon atom in methane and the nitrogen atom in methylamine, the oxygen atom in methanol (methyl alcohol) and many other organic molecules can be described as sp 3 -hybridized. The C–O–H bond angle in methanol is 108.5°, very close to the 109.5° tetrahedral angle. Two of the four sp 3 hybrid orbitals on oxygen are occupied by nonbonding electron lone pairs, and two are used to form bonds. In the periodic table, phosphorus and sulfur are the third-row analogs of nitrogen and oxygen, and the bonding in both can be described using hybrid orbitals. Because of their positions in the third row, however, both phosphorus and sulfur can expand their outer-shell octets and form more than the typical number of covalent bonds. Phosphorus, for instance, often forms five covalent bonds, and sulfur often forms four. Phosphorus is most commonly encountered in biological molecules in compounds called organophosphates , which contain a phosphorus atom bonded to four oxygens, with one of the oxygens also bonded to carbon. Methyl phosphate, CH 3 OPO 3 2− , is the simplest example. The O–P–O bond angle in such compounds is typically in the range 110° to 112°, implying sp 3 hybridization for phosphorus orbitals. Sulfur is most commonly encountered in biological molecules either in compounds called thiols, which have a sulfur atom bonded to one hydrogen and one carbon, C–S–H or in sulfides, which have a sulfur atom bonded to two carbons, C–S–C. Produced by some bacteria, methanethiol (CH 3 SH) is the simplest example of a thiol, and dimethyl sulfide, H 3 C–S–CH 3 , is the simplest example of a sulfide. Both can be described by approximate sp 3 hybridization around sulfur, although both have significant deviation from the 109.5° tetrahedral angle. Problems", "section": "Hybridization of Nitrogen, Oxygen, Phosphorus, and Sulfur", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Describing Chemical Bonds: Molecular Orbital Theory We said in that chemists use two models for describing covalent bonds: valence bond theory and molecular orbital theory. Having now seen the valence bond approach, which uses hybrid atomic orbitals to account for geometry and assumes the overlap of atomic orbitals to account for electron sharing, let’s look briefly at the molecular orbital approach to bonding. We’ll return to this topic in Chapters 14, 15, and 30 for a more in-depth discussion. Molecular orbital (MO) theory describes covalent bond formation as arising from a mathematical combination of atomic orbitals (wave functions) on different atoms to form molecular orbitals, so called because they belong to the entire molecule rather than to an individual atom. Just as an atomic orbital, whether unhybridized or hybridized, describes a region of space around an atom where an electron is likely to be found, so a molecular orbital describes a region of space in a molecule where electrons are most likely to be found. Like an atomic orbital, a molecular orbital has a specific size, shape, and energy. In the H 2 molecule, for example, two singly occupied 1 s atomic orbitals combine to form two molecular orbitals. There are two ways for the orbital combination to occur—an additive way and a subtractive way. The additive combination leads to formation of a molecular orbital that is lower in energy and roughly egg-shaped, while the subtractive combination leads to a molecular orbital that is higher in energy and has a node between nuclei ( ). Note that the additive combination is a single, egg-shaped, molecular orbital; it is not the same as the two overlapping 1 s atomic orbitals of the valence bond description. Similarly, the subtractive combination is a single molecular orbital with the shape of an elongated dumbbell. Molecular orbitals of H 2 . Combination of two hydrogen 1 s atomic orbitals leads to two H 2 molecular orbitals. The lower-energy, bonding MO is filled, and the higher-energy, antibonding MO is unfilled. The additive combination is lower in energy than the two hydrogen 1 s atomic orbitals and is called a bonding MO because electrons in this MO spend most of their time in the region between the two nuclei, thereby bonding the atoms together. The subtractive combination is higher in energy than the two hydrogen 1 s orbitals and is called an antibonding MO because any electrons it contains can’t occupy the central region between the nuclei, where there is a node, and thus can’t contribute to bonding. The two nuclei therefore repel each other. Just as bonding and antibonding σ molecular orbitals result from the head-on combination of two s atomic orbitals in H 2 , so bonding and antibonding π molecular orbitals result from the sideways combination of two p atomic orbitals in ethylene. As shown in , the lower-energy, π bonding MO has no node between nuclei and results from the combination of p orbital lobes with the same algebraic sign. The higher-energy, π antibonding MO has a node between nuclei and results from the combination of lobes with opposite algebraic signs. Only the bonding MO is occupied; the higher-energy, antibonding MO is vacant. We’ll see in Chapters 14, 15, and 30 that molecular orbital theory is particularly useful for describing π bonds in compounds that have more than one double bond. A molecular orbital description of the C–C π bond in ethylene. The lower-energy, π bonding MO results from an additive combination of p orbital lobes with the same algebraic sign and is filled. The higher-energy, π antibonding MO results from a subtractive combination of p orbital lobes with opposite algebraic signs and is unfilled.", "section": "Describing Chemical Bonds: Molecular Orbital Theory", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Drawing Chemical Structures Let’s cover just one more point before ending this introductory chapter. In the structures we’ve been drawing until now, a line between atoms has represented the two electrons in a covalent bond. Drawing every bond and every atom is tedious, however, so chemists have devised several shorthand ways for writing structures. In condensed structures , carbon–hydrogen and carbon–carbon single bonds aren’t shown; instead, they’re understood. If a carbon has three hydrogens bonded to it, we write CH 3 ; if a carbon has two hydrogens bonded to it, we write CH 2 ; and so on. The compound called 2-methylbutane, for example, is written as follows: Note that the horizontal bonds between carbons aren’t shown in condensed structures—the CH 3 , CH 2 , and CH units are simply placed next to each other—but vertical carbon–carbon bonds like that of the first of the condensed structures drawn above is shown for clarity. Notice also in the second of the condensed structures that the two CH 3 units attached to the CH carbon are grouped together as (CH 3 ) 2 . Even simpler than condensed structures are skeletal structures such as those shown in . The rules for drawing skeletal structures are straightforward. RULE 1 Carbon atoms aren’t usually shown. Instead, a carbon atom is assumed to be at each intersection of two lines (bonds) and at the end of each line. Occasionally, a carbon atom might be indicated for emphasis or clarity. RULE 2 Hydrogen atoms bonded to carbon aren’t shown. Because carbon always has a valence of 4, we mentally supply the correct number of hydrogen atoms for each carbon. RULE 3 Atoms other than carbon and hydrogen are shown. One further comment: Although such groupings as –CH 3 , –OH, and –NH 2 are usually written with the C, O, or N atom first and the H atom second, the order of writing is sometimes inverted to H 3 C–, HO–, and H 2 N– if needed to make the bonding connections clearer. Larger units such as –CH 2 CH 3 are not inverted, though; we don’t write H 3 CH 2 C– because it would be confusing. There are, however, no well-defined rules that cover all cases; it’s largely a matter of preference. Line-bond and Skeletal Structures for Some Compounds Compound Line-bond structure Skeletal structure Isoprene, C 5 H 8 Methylcyclohexane, C 7 H 14 Phenol, C 6 H 6 O Interpreting a Line-Bond Structure Carvone, a substance responsible for the odor of spearmint, has the following structure. Tell how many hydrogens are bonded to each carbon, and give the molecular formula of carvone. Strategy The end of a line represents a carbon atom with 3 hydrogens, CH 3 ; a two-way intersection is a carbon atom with 2 hydrogens, CH 2 ; a three-way intersection is a carbon atom with 1 hydrogen, CH; and a four-way intersection is a carbon atom with no attached hydrogens. Solution Problems Organic Foods: Risk versus Benefit Contrary to what you may hear in supermarkets or on television, all foods are organic—that is, complex mixtures of organic molecules. Even so, when applied to food, the word organic has come to mean an absence of synthetic chemicals, typically pesticides, antibiotics, and preservatives. How concerned should we be about traces of pesticides in the food we eat? Or toxins in the water we drink? Or pollutants in the air we breathe? Life is not risk-free—we all take many risks each day without even thinking about it. We decide to ride a bike rather than drive, even though there is a ten times greater likelihood per mile of dying in a bicycling accident than in a car. We decide to walk down stairs rather than take an elevator, even though 32,000 people die from falls each year in the United States. Some of us decide to smoke cigarettes, even though it increases our chance of getting cancer by 50%. But what about risks from chemicals like pesticides? How dangerous is the pesticide being sprayed on this crop? (credit: “NRCSAR83001(265)” by USDA Natural Resources Conservation Service/Wikimedia Commons, Public Domain) One thing is certain: without pesticides, whether they target weeds (herbicides), insects (insecticides), or molds and fungi (fungicides), crop production would drop significantly, food prices would increase, and famines would occur in less developed parts of the world. Take the herbicide atrazine, for instance. In the United States alone, approximately 100 million pounds of atrazine are used each year to kill weeds in corn, sorghum, and sugarcane fields, greatly improving the yields of these crops. Nevertheless, the use of atrazine continues to be a concern because traces persist in the environment. Indeed, heavy atrazine exposure can pose health risks to humans and some animals. Because of these risks, the United States Environmental Protection Agency (EPA) has decided not to ban its use because doing so would result in lower crop yields and increased food costs, and because there is no suitable alternative herbicide available. How can the potential hazards from a chemical like atrazine be determined? Risk evaluation of chemicals is carried out by exposing test animals, usually mice or rats, to the chemical and then monitoring the animals for signs of harm. To limit the expense and time needed, the amounts administered are typically hundreds or thousands of times greater than those a person might normally encounter. The results obtained in animal tests are then distilled into a single number called an LD 50 , the amount of substance per kilogram of body weight that is a lethal dose for 50% of the test animals. For atrazine, the LD 50 value is between 1 and 4 g/kg depending on the animal species. Aspirin, for comparison, has an LD 50 of 1.1 g/kg, and ethanol (ethyl alcohol) has an LD 50 of 10.6 g/kg. lists the LD 50 for some other familiar substances. The lower the value, the more toxic the substance. Note, though, that LD 50 values only pertain to the effects of heavy exposure for a relatively short time. They say nothing about the risks of long-term exposure, such as whether the substance can cause cancer or interfere with development in the unborn. Some LD 50 Values Substance LD 50 (g/kg) Substance LD 50 (g/kg) Strychnine 0.005 Chloroform 1.2 Arsenic trioxide 0.015 Iron(II) sulfate 1.5 DDT 0.115 Ethyl alcohol 10.6 Aspirin 1.1 Sodium cyclamate 17 So, should we still use atrazine? All decisions involve tradeoffs, and the answer is rarely obvious. Does the benefit of increased food production outweigh possible health risks of a pesticide? Do the beneficial effects of a new drug outweigh a potentially dangerous side effect in a small number of users? Different people will have different opinions, but an honest evaluation of facts is surely the best way to start. As of June 2022, atrazine was still approved for continued use in the United States because the EPA believes that the benefits of increased food production outweigh possible health risks. At the same time, atrazine is banned in the European Union. antibonding MO atomic number ( Z ) Aufbau principle bond angle bond length bond strength bonding MO condensed structure covalent bond electron shell electron-dot structure ground-state electron configuration Hund’s rule ionic bond isotope Kekulé structure Lewis structure line-bond structure lone-pair electrons mass number ( A ) molecular orbital (MO) theory molecule node nonbonding electron orbital organic chemistry Pauli exclusion principle pi ( π ) bond sigma ( σ ) bond skeletal structure sp hybrid orbital sp 2 hybrid orbital sp 3 hybrid orbital valence bond (VB) theory valence shell Summary The purpose of this chapter has been to get you up to speed—to review some ideas about atoms, bonds, and molecular geometry. As we’ve seen, organic chemistry is the study of carbon compounds. Although a division into organic and inorganic chemistry occurred historically, there is no scientific reason for the division. An atom consists of a positively charged nucleus surrounded by one or more negatively charged electrons. The electronic structure of an atom can be described by a quantum mechanical wave equation, in which electrons are considered to occupy orbitals around the nucleus. Different orbitals have different energy levels and different shapes. For example, s orbitals are spherical and p orbitals are dumbbell-shaped. The ground-state electron configuration of an atom can be found by assigning electrons to the proper orbitals, beginning with the lowest-energy ones. A covalent bond is formed when an electron pair is shared between atoms. According to valence bond (VB) theory , electron sharing occurs by the overlap of two atomic orbitals. According to molecular orbital (MO) theory , bonds result from the mathematical combination of atomic orbitals to give molecular orbitals, which belong to the entire molecule. Bonds that have a circular cross-section and are formed by head-on interaction are called sigma ( σ ) bonds ; bonds formed by sideways interaction of p orbitals are called pi ( π ) bonds . In the valence bond description, carbon uses hybrid orbitals to form bonds in organic molecules. When forming only single bonds with tetrahedral geometry, carbon uses four equivalent sp 3 hybrid orbitals . When forming a double bond with planar geometry, carbon uses three equivalent sp 2 hybrid orbitals and one unhybridized p orbital. When forming a triple bond with linear geometry, carbon uses two equivalent sp hybrid orbitals and two unhybridized p orbitals. Other atoms such as nitrogen, phosphorus, oxygen, and sulfur also use hybrid orbitals to form strong, oriented bonds. Organic molecules are usually drawn using either condensed structures or skeletal structures. In condensed structures , carbon–carbon and carbon–hydrogen bonds aren’t shown. In skeletal structures , only the bonds and not the atoms are shown. A carbon atom is assumed to be at the ends and at the junctions of lines (bonds), and the correct number of hydrogens is supplied mentally. Why You Should Work Problems There’s no surer way to learn organic chemistry than by working problems. Although careful reading and rereading of this text are important, reading alone isn’t enough. You must also be able to use the information you’ve read and be able to apply your knowledge in new situations. Working problems gives you practice at doing this. Each chapter in this book provides many problems of different sorts. The in-chapter problems are placed for immediate reinforcement of ideas just learned, while end-of-chapter problems provide additional practice and come in several forms. They often begin with a short section called “Visualizing Chemistry,” which helps you see the microscopic world of molecules and provides practice for working in three dimensions. After the visualizations are many further problems, which are organized by topic. Early problems are primarily of the drill type, providing an opportunity for you to practice your command of the fundamentals. Later problems tend to be more thought-provoking, and some are real challenges. As you study organic chemistry, take the time to work the problems. Do the ones you can, and ask for help on the ones you can’t. If you’re stumped by a particular problem, check the accompanying Study Guide and Student Solutions Manual for an explanation that should help clarify the difficulty. Working problems takes effort, but the payoff in knowledge and understanding is immense. Additional Problems Visualizing Chemistry Electron Configurations Electron-Dot and Line-Bond Structures Hybridization Skeletal Structures General Problems", "section": "Drawing Chemical Structures", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The opium poppy is the source of morphine, one of the first “vegetable alkali,” or alkaloids , to be isolated. (credit: modification of work \" Papaver somniferum \" by Liz West/Flickr, CC BY 2.0) Understanding organic chemistry means knowing not just what happens but also why and how it happens at the molecular level. In this chapter, we’ll look at some of the ways that chemists describe and account for chemical reactivity, thereby providing a foundation to understand the specific reactions discussed in subsequent chapters. Topics such as bond polarity, the acid–base behavior of molecules, and hydrogen-bonding are a particularly important part of that foundation. We saw in the previous chapter how covalent bonds between atoms are described, and we looked at the valence bond model, which uses hybrid orbitals to account for the observed shapes of organic molecules. Before going on to a systematic study of organic chemistry, however, we still need to review a few fundamental topics. In particular, we need to look more closely at how electrons are distributed in covalent bonds and at some of the consequences that arise when the electrons in a bond are not shared equally between atoms.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polar Covalent Bonds and Electronegativity Up to this point, we’ve treated chemical bonds as either ionic or covalent. The bond in sodium chloride, for instance, is ionic. Sodium transfers an electron to chlorine to produce Na + and Cl – ions, which are held together in the solid by electrostatic attractions between unlike charges. The C–C bond in ethane, however, is covalent. The two bonding electrons are shared equally by the two equivalent carbon atoms, resulting in a symmetrical electron distribution in the bond. Most bonds, however, are neither fully ionic nor fully covalent but are somewhere between the two extremes. Such bonds are called polar covalent bonds , meaning that the bonding electrons are attracted more strongly by one atom than the other so that the electron distribution between atoms is not symmetrical ( ). The continuum in bonding from covalent to ionic is a result of an unequal distribution of bonding electrons between atoms. The symbol δ (lowercase Greek letter delta) means partial charge, either partial positive ( δ +) for the electron-poor atom or partial negative ( δ –) for the electron-rich atom. Bond polarity is due to differences in electronegativity (EN) , the intrinsic ability of an atom to attract the shared electrons in a covalent bond. As shown in , electronegativities are based on an arbitrary scale, with fluorine the most electronegative (EN = 4.0) and cesium the least (EN = 0.7). Metals on the left side of the periodic table attract electrons weakly and have lower electronegativities, while oxygen, nitrogen, and halogens on the right side of the periodic table attract electrons strongly and have higher electronegativities. Carbon, the most important element in organic compounds, has an intermediate electronegativity value of 2.5. Electronegativity values and trends. Electronegativity generally increases from left to right across the periodic table and decreases from top to bottom. The values are on an arbitrary scale, with F = 4.0 and Cs = 0.7. Elements in red are the most electronegative, those in yellow are medium, and those in green are the least electronegative. As a rough guide, bonds between atoms whose electronegativities differ by less than 0.5 are nonpolar covalent, bonds between atoms whose electronegativities differ by 0.5 to 2 are polar covalent, and bonds between atoms whose electronegativities differ by more than 2 are largely ionic. Carbon–hydrogen bonds, for example, are relatively nonpolar because carbon (EN = 2.5) and hydrogen (EN = 2.1) have similar electronegativities. Bonds between carbon and more electronegative elements such as oxygen (EN = 3.5) and nitrogen (EN = 3.0), by contrast, are polarized so that the bonding electrons are drawn away from carbon toward the electronegative atom. This leaves carbon with a partial positive charge, δ +, and the electronegative atom with a partial negative charge, δ –. An example is the C–O bond in methanol, CH 3 OH ( a). Bonds between carbon and less electronegative elements are polarized so that carbon bears a partial negative charge and the other atom bears a partial positive charge. An example is the C–Li bond in methyllithium, CH 3 Li ( b). Polar covalent bonds. (a) Methanol, CH 3 OH, has a polar covalent C–O bond, and (b) methyllithium, CH 3 Li, has a polar covalent C–Li bond. The computer-generated representations, called electrostatic potential maps, use color to show calculated charge distributions, ranging from red (electron-rich; δ −) to blue (electron-poor; δ +) . Note in the representations of methanol and methyllithium in that a crossed arrow is used to indicate the direction of bond polarity. By convention, electrons are displaced in the direction of the arrow. The tail of the arrow (which looks like a plus sign) is electron-poor ( δ +), and the head of the arrow is electron-rich ( δ –). Note also in that calculated charge distributions in molecules can be displayed visually with what are called electrostatic potential maps , which use color to indicate electron-rich (red; δ –) and electron-poor (blue; δ +) regions. In methanol, oxygen carries a partial negative charge and is colored red, while the carbon and hydrogen atoms carry partial positive charges and are colored blue-green. In methyllithium, lithium carries a partial positive charge (blue), while carbon and the hydrogen atoms carry partial negative charges (red). Electrostatic potential maps are useful because they show at a glance the electron-rich and electron-poor atoms in molecules. We’ll make frequent use of these maps throughout the text and will see many examples of how electronic structure correlates with chemical reactivity. When speaking of an atom’s ability to polarize a bond, we often use the term inductive effect. An inductive effect is simply the shifting of electrons in a σ bond in response to the electronegativity of nearby atoms. Metals, such as lithium and magnesium, inductively donate electrons, whereas reactive nonmetals, such as oxygen and nitrogen, inductively withdraw electrons. Inductive effects play a major role in understanding chemical reactivity, and we’ll use them many times throughout this text to explain a variety of chemical observations. Problems", "section": "Polar Covalent Bonds and Electronegativity", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polar Covalent Bonds and Dipole Moments Just as individual bonds are often polar, molecules as a whole are often polar as well. Molecular polarity results from the vector summation of all individual bond polarities and lone-pair contributions in the molecule. As a practical matter, strongly polar substances are often soluble in polar solvents like water, whereas less polar substances are insoluble in water. Net polarity is measured by a quantity called the dipole moment and can be thought of in the following way: assume that there is a center of mass of all positive charges (nuclei) in a molecule and a center of mass of all negative charges (electrons). If these two centers don’t coincide, then the molecule has a net polarity. The dipole moment , μ (lowercase Greek letter mu), is defined as the magnitude of the charge Q at either end of the molecular dipole times the distance r between the charges, μ = Q × r . Dipole moments are expressed in debyes (D), where 1 D = 3.336 × 10 –30 coulomb meters (C · m) in SI units. For example, the unit charge on an electron is 1.60 × 10 –19 C. Thus, if one positive charge and one negative charge are separated by 100 pm (a bit less than the length of a typical covalent bond), the dipole moment is 1.60 × 10 –29 C · m, or 4.80 D. μ = Q × r μ = ( 1.60 × 10 − 19 C ) ( 100 × 10 − 12 m ) 1 D 3.336 × 10 − 30 C ⋅ m = 4.80 D Dipole moments for some common substances are given in . Of the compounds shown in the table, sodium chloride has the largest dipole moment (9.00 D) because it is ionic. Even small molecules like water ( μ = 1.85 D), methanol (CH 3 OH; μ = 1.70 D), and ammonia ( μ = 1.47 D), have substantial dipole moments, however, both because they contain strongly electronegative atoms (oxygen and nitrogen) and because all three molecules have lone-pair electrons. The lone-pair electrons on oxygen and nitrogen stick out into space away from the positively charged nuclei, giving rise to a considerable charge separation and making a large contribution to the dipole moment. Dipole Moments of Some Compounds Compound Dipole moment (D) Compound Dipole moment (D) NaCl 9.00 NH 3 1.47 CH 2 O 2.33 CH 3 NH 2 1.31 CH 3 Cl 1.87 CO 2 0 H 2 O 1.85 CH 4 0 CH 3 OH 1.70 CH 3 CH 3 0 CH 3 CO 2 H 1.70 0 CH 3 SH 1.52 In contrast with water, methanol, and ammonia, molecules such as carbon dioxide, methane, ethane, and benzene have zero dipole moments. Because of the symmetrical structures of these molecules, the individual bond polarities and lone-pair contributions exactly cancel. Predicting the Direction of a Dipole Moment Make a three-dimensional drawing of methylamine, CH 3 NH 2 , and show the direction of its dipole moment ( μ = 1.31). Strategy Look for any lone-pair electrons, and identify any atom with an electronegativity substantially different from that of carbon. (Usually, this means O, N, F, Cl, or Br.) Electron density will be displaced in the general direction of the electronegative atoms and the lone pairs. Solution Methylamine contains an electronegative nitrogen atom with a lone pair of electrons. The dipole moment thus points generally from –CH 3 toward the lone pair. Problems", "section": "Polar Covalent Bonds and Dipole Moments", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Formal Charges Closely related to the ideas of bond polarity and dipole moment is the assignment of formal charges to specific atoms within a molecule, particularly atoms that have an apparently “abnormal” number of bonds. Look at dimethyl sulfoxide (CH 3 SOCH 3 ), for instance, a solvent commonly used for preserving biological cell lines at low temperature. The sulfur atom in dimethyl sulfoxide has three bonds rather than the usual two and has a formal positive charge. The oxygen atom, by contrast, has one bond rather than the usual two and has a formal negative charge. Note that an electrostatic potential map of dimethyl sulfoxide shows the oxygen as negative (red) and the sulfur as relatively positive (blue), in accordance with the formal charges. Formal charges, as the name suggests, are a formalism and don’t imply the presence of actual ionic charges in a molecule. Instead, they’re a device for electron “bookkeeping” and can be thought of in the following way: A typical covalent bond is formed when each atom donates one electron. Although the bonding electrons are shared by both atoms, each atom can still be considered to “own” one electron for bookkeeping purposes. In methane, for instance, the carbon atom owns one electron in each of the four C–H bonds. Because a neutral, isolated carbon atom has four valence electrons, and because the carbon atom in methane still owns four, the methane carbon atom is neutral and has no formal charge. The same is true for the nitrogen atom in ammonia, which has three covalent N–H bonds and two nonbonding electrons (a lone pair). Atomic nitrogen has five valence electrons, and the ammonia nitrogen also has five—one in each of three shared N–H bonds plus two in the lone pair. Thus, the nitrogen atom in ammonia has no formal charge. The situation is different in dimethyl sulfoxide. Atomic sulfur has six valence electrons, but the dimethyl sulfoxide sulfur owns only five—one in each of the two S–C single bonds, one in the S–O single bond, and two in a lone pair. Thus, the sulfur atom has formally lost an electron and therefore has a positive formal charge. A similar calculation for the oxygen atom shows that it has formally gained an electron and has a negative charge. Atomic oxygen has six valence electrons, but the oxygen in dimethyl sulfoxide has seven—one in the O–S bond and two in each of three lone pairs. Thus, the oxygen has formally gained an electron and has a negative formal charge. To express the calculations in a general way, the formal charge on an atom is equal to the number of valence electrons in a neutral, isolated atom minus the number of electrons owned by that bonded atom in a molecule. The number of electrons in the bonded atom, in turn, is equal to half the number of bonding electrons plus the nonbonding, lone-pair electrons. A summary of commonly encountered formal charges and the bonding situations in which they occur is given in . Although only a bookkeeping device, formal charges often give clues about chemical reactivity, so it’s helpful to be able to identify and calculate them correctly. A Summary of Common Formal Charges Atom C N O S P Structure Valence electrons 4 4 4 5 5 6 6 6 6 5 Number of bonds 3 3 3 4 2 3 1 3 1 4 Number of nonbonding electrons 1 0 2 0 4 2 6 2 6 0 Formal charge 0 +1 –1 +1 –1 +1 –1 +1 –1 +1 Problems", "section": "Formal Charges", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Resonance Most substances can be represented unambiguously by the Kekulé line-bond structures we’ve been using up to this point, but an interesting problem sometimes arises. Look at the acetate ion, for instance. When we draw a line-bond structure for acetate, we need to show a double bond to one oxygen and a single bond to the other. But which oxygen is which? Should we draw a double bond to the “top” oxygen and a single bond to the “bottom” oxygen, or vice versa? Although the two oxygen atoms in the acetate ion appear different in line-bond structures, experiments show that they are equivalent. Both carbon–oxygen bonds, for instance, are 127 pm in length, midway between the length of a typical C–O single bond (135 pm) and a typical C=O double bond (120 pm). In other words, neither of the two structures for acetate is correct by itself. The true structure is intermediate between the two, and an electrostatic potential map shows that both oxygen atoms share the negative charge and have equal electron densities (red). The two individual line-bond structures for acetate ion are called resonance forms , and their special resonance relationship is indicated by the double-headed arrow between them. The only difference between the two resonance forms is the placement of the π and nonbonding valence electrons. The atoms themselves occupy exactly the same place in both resonance forms, the connections between atoms are the same, and the three-dimensional shapes of the resonance forms are the same. A good way to think about resonance forms is to realize that a substance like the acetate ion is the same as any other. Acetate doesn’t jump back and forth between two resonance forms, spending part of the time looking like one and part of the time looking like the other. Rather, acetate has a single unchanging structure that we say is a resonance hybrid of the two individual forms and has characteristics of both. The only “problem” with acetate is that we can’t draw it accurately using a familiar line-bond structure—line-bond structures just don’t work for resonance hybrids. The difficulty, however, is with the representation of acetate on paper, not with acetate itself. Resonance is a very useful concept that we’ll return to on numerous occasions throughout the rest of this book. We’ll see in Chapter 15, for instance, that the six carbon–carbon bonds in aromatic compounds, such as benzene, are equivalent and that benzene is best represented as a hybrid of two resonance forms. Although each individual resonance form seems to imply that benzene has alternating single and double bonds, neither form is correct by itself. The true benzene structure is a hybrid of the two individual forms, and all six carbon–carbon bonds are equivalent. This symmetrical distribution of electrons around the molecule is evident in an electrostatic potential map.", "section": "Resonance", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Rules for Resonance Forms When first dealing with resonance forms, it’s useful to have a set of guidelines that describe how to draw and interpret them. The following rules should be helpful: RULE 1 Individual resonance forms are imaginary, not real . The real structure is a composite, or resonance hybrid, of the different forms. Species such as the acetate ion and benzene are no different from any other. They have single, unchanging structures, and they don't switch back and forth between resonance forms. The only difference between these and other substances is in the way they are represented in drawings. RULE 2 Resonance forms differ only in the placement of their π or nonbonding electrons . Neither the position nor the hybridization of any atom changes from one resonance form to another. In the acetate ion, for instance, the carbon atom is sp 2 -hybridized and the oxygen atoms remain in exactly the same place in both resonance forms. Only the positions of the π electrons in the C=O bond and the lone-pair electrons on oxygen differ from one form to another. This movement of electrons from one resonance structure to another can be indicated with curved arrows. A curved arrow always indicates the movement of electrons, not the movement of atoms. An arrow shows that a pair of electrons moves from the atom or bond at the tail of the arrow to the atom or bond at the head of the arrow. The situation with benzene is similar to that with acetate. The π electrons in the double bonds move, as shown with curved arrows, but the carbon and hydrogen atoms remain in place. RULE 3 Different resonance forms of a substance don’t have to be equivalent . As an example, we’ll see in Chapter 22 that a compound such as acetone, which contains a C=O bond, can be converted into its anion by reaction with a strong base. The resultant anion has two resonance forms. One form contains a carbon– oxygen double bond and has a negative charge on carbon; the other contains a carbon– carbon double bond and has a negative charge on oxygen. Even though the two resonance forms aren’t equivalent, both contribute to the overall resonance hybrid. When two resonance forms are nonequivalent, the actual structure of the resonance hybrid resembles the more stable form. Thus, we might expect the true structure of the acetone anion to be more like that of the form that places the negative charge on the electronegative oxygen atom rather than on the carbon. RULE 4 Resonance forms obey normal rules of valency . A resonance form is like any other structure: the octet rule still applies to second-row, main-group atoms. For example, one of the following structures for the acetate ion is not a valid resonance form because the carbon atom has five bonds and ten valence electrons: RULE 5 The resonance hybrid is more stable than any individual resonance form . In other words, resonance leads to stability. Generally speaking, the larger the number of resonance forms a substance has, the more stable the substance is, because its electrons are spread out over a larger part of the molecule and are closer to more nuclei. We’ll see in Chapter 15, for instance, that a benzene ring is more stable because of resonance than might otherwise be expected.", "section": "Rules for Resonance Forms", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Drawing Resonance Forms Look back at the resonance forms of the acetate ion and the acetone anion shown in the previous section. The pattern seen there is a common one that leads to a useful technique for drawing resonance forms. In general, any three-atom grouping with a p orbital on each atom has two resonance forms: The atoms X, Y, and Z in the general structure might be C, N, O, P, S, or others, and the asterisk (*) might mean that the p orbital on atom Z is vacant, that it contains a single electron, or that it contains a lone pair of electrons. The two resonance forms differ simply by an exchange in position of the multiple bond and the asterisk from one end of the three-atom grouping to the other. By learning to recognize such three-atom groupings within larger structures, resonance forms can be systematically generated. Look, for instance, at the anion produced when H + is removed from 2,4-pentanedione by reaction with a base. How many resonance structures does the resultant anion have? The 2,4-pentanedione anion has a lone pair of electrons and a formal negative charge on the central carbon atom, next to a C=O bond on the left. The O=C–C : − grouping is a typical one for which two resonance structures can be drawn. Just as there is a C=O bond to the left of the lone pair, there is a second C=O bond to the right. Thus, we can draw a total of three resonance structures for the 2,4-pentanedione anion. Drawing Resonance Forms for an Anion Draw three resonance structures for the carbonate ion, CO 3 2– . Strategy Look for three-atom groupings that contain a multiple bond next to an atom with a p orbital. Then exchange the positions of the multiple bond and the electrons in the p orbital. In the carbonate ion, each singly bonded oxygen atom with three lone pairs and a negative charge is adjacent to the C=O double bond, giving the grouping . Solution Exchanging the position of the double bond and an electron lone pair in each grouping generates three resonance structures. Drawing Resonance Forms for a Radical Draw three resonance forms for the pentadienyl radical, where a radical is a substance that contains a single, unpaired electron in one of its orbitals, denoted by a dot ( · ). Strategy Find the three-atom groupings that contain a multiple bond next to an atom with a p orbital. Solution The unpaired electron is on a carbon atom next to a C=C bond, giving a typical three-atom grouping that has two resonance forms. In the second resonance form, the unpaired electron is next to another double bond, giving another three-atom grouping and leading to another resonance form. Thus, the three resonance forms for the pentadienyl radical are: Problems", "section": "Drawing Resonance Forms", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Acids and Bases: The Brønsted–Lowry Definition Perhaps the most important of all concepts related to electronegativity and polarity is that of acidity and basicity. We’ll soon see, in fact, that the acid–base behavior of organic molecules explains much of their chemistry. You may recall from a course in general chemistry that two definitions of acidity are frequently used: the Brønsted–Lowry definition and the Lewis definition. We’ll look at the Brønsted–Lowry definition in this and the following three sections and then discuss the Lewis definition in Section 2.11 . A Brønsted–Lowry acid is a substance that donates a hydrogen ion, H + , and a Brønsted–Lowry base is a substance that accepts a hydrogen ion. (The name proton is often used as a synonym for H + because loss of the valence electron from a neutral hydrogen atom leaves only the hydrogen nucleus—a proton.) When gaseous hydrogen chloride dissolves in water, for example, a polar HCl molecule acts as an acid and donates a proton, while a water molecule acts as a base and accepts the proton, yielding chloride anion (Cl – ) and hydronium cation (H 3 O + ). This and other acid–base reactions are reversible, so we’ll write them with double, forward-and-backward arrows. Chloride ion, the product that results when the acid HCl loses a proton, is called the conjugate base of the acid, and hydronium ion, the product that results when the base H 2 O gains a proton, is called the conjugate acid of the base. Other common mineral acids such as H 2 SO 4 and HNO 3 behave similarly, as do organic acids such as acetic acid, CH 3 CO 2 H. In a general sense, For example: Notice that water can act either as an acid or as a base, depending on the circumstances. In its reaction with HCl, water is a base that accepts a proton to give the hydronium ion, H 3 O + . In its reaction with ammonia (NH 3 ), however, water is an acid that donates a proton to give ammonium ion (NH 4 + ) and hydroxide ion, HO – . Problems", "section": "Acids and Bases: The Brønsted–Lowry Definition", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Acid and Base Strength Different acids differ in their ability to donate H + . Stronger acids, such as HCl, react almost completely with water, whereas weaker acids, such as acetic acid (CH 3 CO 2 H), react only slightly. The exact strength of a given acid HA in water solution is described using the acidity constant ( K a ) for the acid-dissociation equilibrium. Recall from general chemistry that the concentration of solvent is ignored in the equilibrium expression and that brackets [ ] around a substance refer to the concentration of the enclosed species in moles per liter. HA + H 2 O ⇌ A − + H 3 O + K a = [ H 3 O + ] [ A - ] [ HA ] Stronger acids have their equilibria toward the right and thus have larger acidity constants, whereas weaker acids have their equilibria toward the left and have smaller acidity constants. The range of K a values for different acids is enormous, running from about 10 15 for the strongest acids to about 10 –60 for the weakest. Common inorganic acids such as H 2 SO 4 , HNO 3 , and HCl have K a ’s in the range of 10 2 to 10 9 , while organic acids generally have K a ’s in the range of 10 –5 to 10 –15 . As you gain experience, you’ll develop a rough feeling for which acids are “strong” and which are “weak” (always remembering that the terms are relative, not absolute). Acid strengths are normally expressed using p K a values rather than K a values, where the p K a is the negative common logarithm of the K a : p K a = − log K a A stronger acid (larger K a ) has a smaller p K a , and a weaker acid (smaller K a ) has a larger p K a . lists the p K a ’s of some common acids in order of their strength, and a more comprehensive table is given in . Notice that the p K a value shown in for water is 15.74, which results from the following calculation. Because water is both the acid and the solvent, the equilibrium expression is H 2 O (acid) + H 2 O (solvent) ⇌ OH − + H 3 O + K a = [ H 3 O + ] [ A − ] [ HA ] = [ H 3 O + ] [ OH − ] [ H 2 O ] = [ 1.0 × 10 − 7 ] [ 1.0 × 10 − 7 ] [ 55.4 ] = 1.8 × 10 − 16 p K a = 15.74 The numerator in this expression is the so-called ion-product constant for water, K w = [H 3 O + ][OH – ] = 1.00 × 10 –14 , and the denominator is the molar concentration of pure water, [H 2 O] = 55.4 M at 25 °C. The calculation is artificial in that the concentration of “solvent” water is ignored while the concentration of “acid” water is not, but it is nevertheless useful for making a comparison of water with other weak acids on a similar footing. Notice also in that there is an inverse relationship between the acid strength of an acid and the base strength of its conjugate base. A strong acid has a weak conjugate base, and a weak acid has a strong conjugate base. To understand this inverse relationship, think about what is happening to the acidic hydrogen in an acid–base reaction. A strong acid is one that loses H + easily, meaning that its conjugate base holds the H + weakly and is therefore a weak base. A weak acid is one that loses H + with difficulty, meaning that its conjugate base holds the proton tightly and is therefore a strong base. The fact that HCl is a strong acid, for example, means that Cl – does not hold H + tightly and is thus a weak base. Water, on the other hand, is a weak acid, meaning that OH – holds H + tightly and is a strong base. Relative Strengths of Some Common Acids and Their Conjugate Bases Acid Name p K a Conjugate base Name CH 3 CH 2 O H Ethanol 16.00 CH 3 CH 2 O – Ethoxide ion H 2 O Water 15.74 HO – Hydroxide ion H CN Hydrocyanic acid 9.31 CN – Cyanide ion H 2 PO 4 – Dihydrogen phosphate ion 7.21 HPO 4 2– Hydrogen phosphate ion CH 3 CO 2 H Acetic acid 4.76 CH 3 CO 2 – Acetate ion H 3 PO 4 Phosphoric acid 2.16 H 2 PO 4 – Dihydrogen phosphate ion H NO 3 Nitric acid –1.3 NO 3 – Nitrate ion H Cl Hydrochloric acid –7.0 Cl – Chloride ion Problems", "section": "Acid and Base Strength", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Predicting Acid–Base Reactions from p K a Values Compilations of p K a values like those in and are useful for predicting whether a given acid–base reaction will take place, because H + will always go from the stronger acid to the stronger base. That is, an acid will donate a proton to the conjugate base of a weaker acid, and the conjugate base of a weaker acid will remove a proton from a stronger acid. Since water (p K a = 15.74) is a weaker acid than acetic acid (p K a = 4.76), for example, hydroxide ion holds a proton more tightly than acetate ion does. Hydroxide ion will therefore react to a large extent with acetic acid, CH 3 CO 2 H, to yield acetate ion and H 2 O. Another way to predict acid–base reactivity is to remember that the product conjugate acid in an acid–base reaction must be weaker and less reactive than the starting acid and the product conjugate base must be weaker and less reactive than the starting base. In the reaction of acetic acid with hydroxide ion, for example, the product conjugate acid (H 2 O) is weaker than the starting acid (CH 3 CO 2 H), and the product conjugate base (CH 3 CO 2 – ) is weaker than the starting base (OH – ). Predicting Acid Strengths from p K a Values Water has p K a = 15.74, and acetylene has p K a = 25. Which is the stronger acid? Does hydroxide ion react to a significant extent with acetylene? Strategy In comparing two acids, the one with the lower p K a is stronger. Thus, water is a stronger acid than acetylene and gives up H + more easily. Solution Because water is a stronger acid and gives up H + more easily than acetylene, the HO – ion must have less affinity for H + than the HC≡C : − ion. In other words, the anion of acetylene is a stronger base than hydroxide ion, and the reaction will not proceed significantly as written. Calculating K a from p K a According to the data in , acetic acid has p K a = 4.76. What is its K a ? Strategy Since p K a is the negative logarithm of K a , it’s necessary to use a calculator with an ANTILOG or INV LOG function. Enter the value of the p K a (4.76), change the sign (–4.76), and then find the antilog (1.74 × 10 –5 ). Solution K a = 1.74 × 10 –5 . Problems", "section": "Predicting Acid–Base Reactions from pKaValues", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Organic Acids and Organic Bases Many of the reactions we’ll be seeing in future chapters, including practically all biological reactions, involve organic acids and organic bases. Although it’s too early to go into the details of these processes now, you might keep the following generalities in mind: Organic Acids Organic acids are characterized by the presence of a positively polarized hydrogen atom (blue in electrostatic potential maps) and are of two main kinds: acids such as methanol and acetic acid that contain a hydrogen atom bonded to an electronegative oxygen atom (O–H) and those such as acetone ( ) that contain a hydrogen atom bonded to a carbon atom next to a C=O bond ( O=C–C–H ). Methanol contains an O–H bond and is a weak acid, while acetic acid also contains an O–H bond and is a somewhat stronger acid. In both cases, acidity is due to the fact that the conjugate base resulting from loss of H + is stabilized by having its negative charge on a strongly electronegative oxygen atom. In addition, the conjugate base of acetic acid is stabilized by resonance ( and ). The acidity of acetone and other compounds with C=O bonds is due to the fact that the conjugate base resulting from loss of H + is stabilized by resonance. In addition, one of the resonance forms stabilizes the negative charge by placing it on an electronegative oxygen atom. Electrostatic potential maps of the conjugate bases from methanol, acetic acid, and acetone are shown in . As you might expect, all three show a substantial amount of negative charge (red) on oxygen. Electrostatic potential maps of the conjugate bases of (a) methanol, (b) acetic acid, and (c) acetone. The electronegative oxygen atoms stabilize the negative charge in all three. Compounds called carboxylic acids, which contain the –CO 2 H grouping, occur abundantly in all living organisms and are involved in almost all metabolic pathways. Acetic acid, pyruvic acid, and citric acid are examples. You might note that at the typical pH of 7.3 found within cells, carboxylic acids are usually dissociated and exist as their carboxylate anions, –CO 2 – . Organic Bases Organic bases are characterized by the presence of an atom (reddish in electrostatic potential maps) with a lone pair of electrons that can bond to H + . Nitrogen-containing compounds such as methylamine are the most common organic bases and are involved in almost all metabolic pathways, but oxygen-containing compounds can also act as bases when reacting with a sufficiently strong acid. Note that some oxygen-containing compounds can act both as acids and as bases depending on the circumstances, just as water can. Methanol and acetone, for instance, act as acids when they donate a proton but as bases when their oxygen atom accepts a proton. We’ll see in Chapter 26 that substances called amino acids, so-named because they are both amines (–NH 2 ) and carboxylic acids (–CO 2 H), are the building blocks from which the proteins in all living organisms are made. Twenty different amino acids go into making up proteins—alanine is an example. Interestingly, alanine and other amino acids exist primarily in a doubly charged form called a zwitterion rather than in the uncharged form. The zwitterion form arises because amino acids have both acidic and basic sites within the same molecule and therefore undergo an internal acid–base reaction.", "section": "Organic Acids and Organic Bases", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Acids and Bases: The Lewis Definition The Lewis definition of acids and bases is more encompassing than the Brønsted–Lowry definition because it’s not limited to substances that donate or accept just protons. A Lewis acid is a substance that accepts an electron pair, and a Lewis base is a substance that donates an electron pair. The donated electron pair is shared between the acid and the base in a covalent bond. Lewis Acids and the Curved Arrow Formalism The fact that a Lewis acid is able to accept an electron pair means that it must have either a vacant, low-energy orbital or a polar bond to hydrogen so that it can donate H + (which has an empty 1 s orbital). Thus, the Lewis definition of acidity includes many species in addition to H + . For example, various metal cations, such as Mg 2+ , are Lewis acids because they accept a pair of electrons when they form a bond to a base. We’ll also see in later chapters that certain metabolic reactions begin with an acid–base reaction between Mg 2+ as a Lewis acid and an organic diphosphate or triphosphate ion as the Lewis base. In the same way, compounds of group 3A elements, such as BF 3 and AlCl 3 , are Lewis acids because they have unfilled valence orbitals and can accept electron pairs from Lewis bases, as shown in . Similarly, many transition-metal compounds, such as TiCl 4 , FeCl 3 , ZnCl 2 , and SnCl 4 , are Lewis acids. The reaction of boron trifluoride, a Lewis acid, with dimethyl ether, a Lewis base. The Lewis acid accepts a pair of electrons, and the Lewis base donates a pair of nonbonding electrons. Note how the movement of electrons from the Lewis base to the Lewis acid is indicated by a curved arrow. Note also how, in electrostatic potential maps, the boron becomes more negative (red) after reaction because it has gained electrons and the oxygen atom becomes more positive (blue) because it has donated electrons. Look closely at the acid–base reaction in , and notice how it's shown. Dimethyl ether, the Lewis base, donates an electron pair to a vacant valence orbital of the boron atom in BF 3 , a Lewis acid. The direction of electron-pair flow from base to acid is shown using a curved arrow, just as the direction of electron flow from one resonance structure to another was shown using curved arrows in . We’ll use this curved-arrow notation throughout the remainder of this text to indicate electron flow during reactions, so get used to seeing it. Some further examples of Lewis acids follow: Lewis Bases The Lewis definition of a base—a compound with a pair of nonbonding electrons that it can use to bond to a Lewis acid—is similar to the Brønsted–Lowry definition. Thus, H 2 O, with its two pairs of nonbonding electrons on oxygen, acts as a Lewis base by donating an electron pair to an H + in forming the hydronium ion, H 3 O + . In a more general sense, most oxygen- and nitrogen-containing organic compounds can act as Lewis bases because they have lone pairs of electrons. A divalent oxygen compound has two lone pairs of electrons, and a trivalent nitrogen compound has one lone pair. Note in the following examples that some compounds can act as both acids and bases, just as water can. Alcohols and carboxylic acids, for instance, act as acids when they donate an H + but as bases when their oxygen atom accepts an H + . Note also that some Lewis bases, such as carboxylic acids, esters, and amides, have more than one atom with a lone pair of electrons and can therefore react at more than one site. Acetic acid, for example, can be protonated either on the doubly bonded oxygen atom or on the singly bonded oxygen atom. Reaction normally occurs only once in such instances, and the more stable of the two possible protonation products is formed. For acetic acid, protonation by reaction with sulfuric acid occurs on the doubly bonded oxygen because that product is stabilized by two resonance forms. Using Curved Arrows to Show Electron Flow Using curved arrows, show how acetaldehyde, CH 3 CHO, can act as a Lewis base. Strategy A Lewis base donates an electron pair to a Lewis acid. We therefore need to locate the electron lone pairs on acetaldehyde and use a curved arrow to show the movement of a pair toward the H atom of the acid. Solution Problems", "section": "Acids and Bases: The Lewis Definition", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Noncovalent Interactions between Molecules When thinking about chemical reactivity, chemists usually focus their attention on bonds, the covalent interactions between atoms within molecules. Also important, however, particularly in large biomolecules like proteins and nucleic acids, are a variety of interactions between molecules that strongly affect molecular properties. Collectively called either intermolecular forces , van der Waals forces , or noncovalent interactions , they are of several different types: dipole–dipole forces, dispersion forces, and hydrogen bonds. Dipole–dipole forces occur between polar molecules as a result of electrostatic interactions among dipoles. The forces can be either attractive or repulsive depending on the orientation of the molecules—attractive when unlike charges are together and repulsive when like charges are together. The attractive geometry is lower in energy and therefore predominates ( ). Dipole–dipole forces cause polar molecules (a) to attract one another when they orient with unlike charges together, but (b) to repel one another when they orient with like charges together . Dispersion forces occur between all neighboring molecules and arise because the electron distribution within molecules is constantly changing. Although uniform on a time-averaged basis, the electron distribution even in nonpolar molecules is likely to be nonuniform at any given instant. One side of a molecule may, by chance, have a slight excess of electrons relative to the opposite side, giving the molecule a temporary dipole. This temporary dipole in one molecule causes a nearby molecule to adopt a temporarily opposite dipole, resulting in a tiny attraction between the two ( ). Temporary molecular dipoles have only a fleeting existence and are constantly changing, but their cumulative effect is often strong enough to hold molecules close together so that a substance is a liquid or solid rather than a gas. Attractive dispersion forces in nonpolar molecules are caused by temporary dipoles , as shown in these models of pentane, C 5 H 12 . Perhaps the most important noncovalent interaction in biological molecules is the hydrogen bond , an attractive interaction between a hydrogen atom bonded to an electronegative O or N atom and an unshared electron pair on another O or N atom. In essence, a hydrogen bond is a very strong dipole–dipole interaction involving polarized O–H or N–H bonds. Electrostatic potential maps of water and ammonia clearly show the positively polarized hydrogens (blue) and the negatively polarized oxygens and nitrogens (red). Hydrogen bonding has enormous consequences for living organisms. Hydrogen bonds cause water to be a liquid rather than a gas at ordinary temperatures, they hold enzymes in the shapes necessary for catalyzing biological reactions, and they cause strands of deoxyribonucleic acid (DNA) to pair up and coil into the double helix that stores genetic information. One further point before leaving the subject of noncovalent interactions: biochemists frequently use the term hydrophilic , meaning “water-loving,” to describe a substance that is attracted to water and the term hydrophobic , meaning “water-fearing,” to describe a substance that is not strongly attracted to water. Hydrophilic substances, such as table sugar, often have a number of –OH groups in their structure so they can form hydrogen bonds and dissolve in water, whereas hydrophobic substances, such as vegetable oil, do not have groups that form hydrogen bonds and do not dissolve in water. Problems Alkaloids: From Cocaine to Dental Anesthetics Just as ammonia (NH 3 ) is a weak base, there are a large number of nitrogen-containing organic compounds called amines that are also weak bases. In the early days of organic chemistry, basic amines derived from natural sources were known as vegetable alkali, but they are now called alkaloids . More than 20,000 alkaloids are known. Their study provided much of the impetus for the growth of organic chemistry in the nineteenth century and remains today an active and fascinating area of research. The coca bush Erythroxylon coca, native to upland rain forest areas of Colombia, Ecuador, Peru, Bolivia, and western Brazil, is the source of the alkaloid cocaine. (credit: \" Erythroxylum coca \" by Danna Guevara/Wikimedia Commons, CC BY 4.0) Many alkaloids have pronounced biological properties, and approximately 50% of pharmaceutical agents used today are derived from naturally occurring amines. As just three examples, morphine, an analgesic agent (painkiller), is obtained from the opium poppy Papaver somniferum. Ephedrine, a bronchodilator, decongestant, and appetite suppressant, is obtained from Ephedra sinica , an evergreen shrub native to Mongolia and northeastern China. Cocaine, both an anesthetic and a stimulant, is obtained from the coca bush Erythroxylon coca, endemic to the upland rain forest areas of central South America. (And yes, there really was a small amount of cocaine in the original Coca-Cola recipe, although it was removed in 1906.) Cocaine itself is rarely used medically because it is too addictive, but its anesthetic properties provoked a long search for related but nonaddictive compounds. This search ultimately resulted in the synthesis of the “caine” anesthetics that are commonly used today in dental and surgical anesthesia. Procaine, the first such compound, was synthesized in 1898 and marketed under the name Novocain. It was rapidly adopted and remains in use today as a topical anesthetic. Other related compounds with different activity profiles followed: Lidocaine, marketed as Xylocaine, was introduced in 1943, and mepivacaine (Carbocaine) in the early 1960s. More recently, bupivacaine (Marcaine) and prilocaine (Citanest) have gained popularity. Both are quick-acting, but the effects of bupivacaine last for 3 to 6 hours while those of prilocaine fade after 45 minutes. Notice some structural similarity of all the caines to cocaine itself. An estimate from the U.S. National Academy of Sciences is that less than 1% of all living species have been characterized. Thus, alkaloid chemistry remains an active area of research, and innumerable substances with potentially useful properties have yet to be discovered. Undoubtedly even the caine anesthetics will become obsolete at some point, perhaps supplanted by newly discovered alkaloids. acidity constant ( K a ) alkaloid Brønsted–Lowry acid Brønsted–Lowry base conjugate acid conjugate base dipole moment ( μ ) dispersion force electronegativity (EN) electrostatic potential map formal charge hydrogen bond hydrophilic hydrophobic inductive effect intermolecular force Lewis acid Lewis base noncovalent interaction p K a polar covalent bond resonance form resonance hybrid van der Waals force Summary Understanding organic chemistry means knowing not just what happens but also why and how it happens at the molecular level. In this chapter, we’ve reviewed some of the ways that chemists describe and account for chemical reactivity, thereby providing a foundation for understanding the specific reactions that will be discussed in subsequent chapters. Organic molecules often have polar covalent bonds as a result of unsymmetrical electron sharing caused by differences in the electronegativity of atoms. A carbon–oxygen bond is polar, for example, because oxygen attracts the shared electrons more strongly than carbon does. Carbon–hydrogen bonds are relatively nonpolar. Many molecules as a whole are also polar, owing to the presence of individual polar bonds and electron lone pairs. The polarity of a molecule is measured by its dipole moment , μ . Plus (+) and minus (–) signs are often used to indicate the presence of formal charges on atoms in molecules. Assigning formal charges to specific atoms is a bookkeeping technique that makes it possible to keep track of the valence electrons around an atom and offers some clues about chemical reactivity. Some substances, such as acetate ion and benzene, can’t be represented by a single line-bond structure and must be considered as a resonance hybrid of two or more structures, none of which would be correct by themselves. The only difference between two resonance forms is in the location of their π and nonbonding electrons. The nuclei remain in the same places in both structures, and the hybridization of the atoms remains the same. Acidity and basicity are closely related to the ideas of polarity and electronegativity. A Brønsted–Lowry acid is a compound that can donate a proton (hydrogen ion, H + ), and a Brønsted–Lowry base is a compound that can accept a proton. The strength of a Brønsted–Lowry acid or base is expressed by its acidity constant, K a , or by the negative logarithm of the acidity constant, p K a . The larger the p K a , the weaker the acid. More useful is the Lewis definition of acids and bases. A Lewis acid is a compound that has a low-energy empty orbital that can accept an electron pair; Mg 2 + , BF 3 , AlCl 3 , and H + are examples. A Lewis base is a compound that can donate an unshared electron pair; NH 3 and H 2 O are examples. Most organic molecules that contain oxygen and nitrogen can act as Lewis bases toward sufficiently strong acids. A variety of noncovalent interactions have a significant effect on the properties of large biomolecules. Hydrogen bonding —the attractive interaction between a positively polarized hydrogen atom bonded to an oxygen or nitrogen atom with an unshared electron pair on another O or N atom, is particularly important in giving proteins and nucleic acids their shapes. Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Electronegativity and Dipole Moments Formal Charges Resonance Acids and Bases General Problems", "section": "Noncovalent Interactions between Molecules", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The bristlecone pine is the oldest living organism on Earth. The waxy coating on its needles contains a mixture of organic compounds called alkanes, the subject of this chapter. (credit: modification of work “Gnarly Bristlecone Pine” by Rick Goldwaser/Flickr, CC BY 2.0) The group of organic compounds called alkanes are simple and relatively unreactive, but they nevertheless provide a useful vehicle for introducing some important general ideas. In this chapter, we’ll use alkanes to introduce the basic approach to naming organic compounds and to take an initial look at some of the three-dimensional aspects of molecules, a topic of particular importance in understanding biological organic chemistry. According to Chemical Abstracts, the publication that abstracts and indexes the chemical literature, there are more than 195 million known organic compounds. Each of these compounds has its own physical properties, such as melting point and boiling point, and each has its own chemical reactivity. Chemists have learned through years of experience that organic compounds can be classified into families according to their structural features and that the members of a given family have similar chemical behavior. Instead of 195 million compounds with random reactivity, there are a few dozen families of organic compounds whose chemistry is reasonably predictable. We’ll study the chemistry of specific families throughout much of this book, beginning in this chapter with a look at the simplest family, the alkanes.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Functional Groups The structural features that make it possible to classify compounds into families are called functional groups. A functional group is a group of atoms within a molecule that has a characteristic chemical behavior. Chemically, a given functional group behaves in nearly the same way in every molecule it’s a part of. For example, compare ethylene, a plant hormone that causes fruit to ripen, with menthene, a much more complicated molecule found in peppermint oil. Both substances contain a carbon–carbon double-bond functional group, and both therefore react with Br 2 in the same way to give a product in which a Br atom has added to each of the double-bond carbons ( ). This example is typical: the chemistry of every organic molecule, regardless of size and complexity, is determined by the functional groups it contains. The reactions of ethylene and menthene with bromine. In both molecules, the carbon–carbon double-bond functional group has a similar polarity pattern, so both molecules react with Br 2 in the same way. The size and complexity of the molecules are not important. Look at , which lists many of the common functional groups and gives simple examples of their occurrence. Some functional groups have only carbon–carbon double or triple bonds; others have halogen atoms; and still others contain oxygen, nitrogen, or sulfur. Much of the chemistry you’ll be studying is the chemistry of these functional groups. Functional Groups with Carbon–Carbon Multiple Bonds Alkenes, alkynes, and arenes (aromatic compounds) all contain carbon–carbon multiple bonds. Alkenes have a double bond, alkynes have a triple bond, and arenes have alternating double and single bonds in a six-membered ring of carbon atoms. They look different, but because of their structural similarities, they also have chemical similarities. Structures of Some Common Functional Groups Name Structure* Name ending Example Alkene (double bond) - ene H 2 C ═ CH 2 Ethene Alkyne (triple bond) – C ≡ C – - yne HC ≡ CH Ethyne Arene (aromatic ring) None Halide ( X =F, Cl, Br, I) None CH 3 Cl Chloromethane Alcohol - ol CH 3 OH Methanol Ether ether CH 3 O CH 3 Dimethyl ether Monophosphate phosphate CH 3 OPO 3 2− Methyl phosphate Diphosphate diphosphate CH 3 OP 2 O 6 3− Methyl diphosphate Amine - amine CH 3 NH 2 Methylamine Imine (Schiff base) None Nitrile – C ≡ N - nitrile CH 3 C ≡ N Ethanenitrile Thiol - thiol CH 3 SH Methanethiol Sulfide sulfide CH 3 S CH 3 Dimethyl sulfide Disulfide disulfide CH 3 SS CH 3 Dimethyl disulfide Sulfoxide sulfoxide Aldehyde - al Ketone - one Carboxylic acid - oic acid Ester - oate Thioester - thioate Amide -amide Acid chloride -oyl chloride Carboxylic acid anhydride - oic anhydride *The bonds whose connections aren’t specified are assumed to be attached to carbon or hydrogen atoms in the rest of the molecule. Functional Groups with Carbon Singly Bonded to an Electronegative Atom Alkyl halides (haloalkanes), alcohols, ethers, alkyl phosphates, amines, thiols, sulfides, and disulfides all have a carbon atom singly bonded to an electronegative atom—halogen, oxygen, nitrogen, or sulfur. Alkyl halides have a carbon atom bonded to halogen (–X), alcohols have a carbon atom bonded to the oxygen of a hydroxyl group (–OH), ethers have two carbon atoms bonded to the same oxygen, organophosphates have a carbon atom bonded to the oxygen of a phosphate group (–OPO 3 2− ), amines have a carbon atom bonded to a nitrogen, thiols have a carbon atom bonded to the sulfur of an –SH group, sulfides have two carbon atoms bonded to the same sulfur, and disulfides have carbon atoms bonded to two sulfurs that are joined together. In all cases, the bonds are polar, with the carbon atom bearing a partial positive charge ( δ +) and the electronegative atom bearing a partial negative charge ( δ –). Functional Groups with a Carbon–Oxygen Double Bond (Carbonyl Groups) The carbonyl group , C=O (pronounced car-bo- neel ) is common to many of the families listed in . Carbonyl groups are present in a majority of organic compounds and in practically all biological molecules. These compounds therefore behave similarly in many respects but differ depending on the identity of the other atoms bonded to the carbonyl-group carbon. Aldehydes have at least one hydrogen bonded to the C=O , ketones have two carbons bonded to the C=O , carboxylic acids have an –OH group bonded to the C=O , esters have an ether-like oxygen bonded to the C=O , thioesters have a sulfide-like sulfur bonded to the C=O , amides have an amine-like nitrogen bonded to the C=O , acid chlorides have a chlorine bonded to the C=O , and so on. In all these functional groups, the carbonyl carbon atom bears a partial positive charge ( δ +), and the oxygen bears a partial negative charge ( δ –). Problems", "section": "Functional Groups", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkanes and Alkane Isomers Before beginning a systematic study of the different functional groups, let’s look first at the simplest family of molecules to develop some general ideas that apply to all families. We saw in that the carbon–carbon single bond in ethane results from σ (head-on) overlap of carbon sp 3 hybrid orbitals. If we imagine joining three, four, five, or even more carbon atoms by C–C single bonds, we can generate the large family of molecules called alkanes . Alkanes are often described as saturated hydrocarbons: hydrocarbons because they contain only carbon and hydrogen; saturated because they have only C–C and C–H single bonds and thus contain the maximum possible number of hydrogens per carbon. They have the general formula C n H 2 n +2 , where n is an integer. Alkanes are also occasionally called aliphatic compounds, a name derived from the Greek aleiphas, meaning “fat.” We’ll see in Section 27.1 that many animal fats contain long carbon chains similar to alkanes. Think about the ways that carbon and hydrogen might combine to make alkanes. With one carbon and four hydrogens, only one structure is possible: methane, CH 4 . Similarly, there is only one combination of two carbons with six hydrogens (ethane, CH 3 CH 3 ) and only one combination of three carbons with eight hydrogens (propane, CH 3 CH 2 CH 3 ). When larger numbers of carbons and hydrogens combine, however, more than one structure is possible. For example, there are two substances with the formula C 4 H 10 : the four carbons can all be in a row (butane), or they can branch (isobutane). Similarly, there are three C 5 H 12 molecules, and so on for larger alkanes. Compounds like butane and pentane, whose carbons are all connected in a row, are called straight-chain alkanes , or normal alkanes. Compounds like 2-methylpropane (isobutane), 2-methylbutane, and 2,2-dimethylpropane, whose carbon chains branch, are called branched-chain alkanes . Compounds like the two C 4 H 10 molecules and the three C 5 H 12 molecules, which have the same formula but different structures, are called Isomers , from the Greek isos + meros, meaning “made of the same parts.” Isomers have the same numbers and kinds of atoms but differ in the way the atoms are arranged. Compounds like butane and isobutane, whose atoms are connected differently, are called constitutional isomers . We’ll see shortly that other kinds of isomers are also possible, even among compounds whose atoms are connected in the same order. As shows, the number of possible alkane isomers increases dramatically with the number of carbon atoms. Number of Alkane Isomers Formula Number of isomers Formula Number of isomers C 6 H 14 5 C 10 H 22 75 C 7 H 16 9 C 15 H 32 4347 C 8 H 18 18 C 20 H 42 366,319 C 9 H 20 35 C 30 H 62 4,111,846,763 Constitutional isomerism is not limited to alkanes—it occurs widely throughout organic chemistry. Constitutional isomers may have different carbon skeletons (as in isobutane and butane), different functional groups (as in ethanol and dimethyl ether), or different locations of a functional group along the chain (as in isopropylamine and propylamine). Regardless of the reason for the isomerism, constitutional isomers are always different compounds with different properties but with the same formula. A given alkane can be drawn in many ways. For example, the straight-chain, four-carbon alkane called butane can be represented by any of the structures shown in . These structures don’t imply any particular three-dimensional geometry for butane; they indicate only the connections among atoms. In practice, as noted in , chemists rarely draw all the bonds in a molecule and usually refer to butane by the condensed structure, CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 or CH 3 (CH 2 ) 2 CH 3 . Still more simply, butane can be represented as n -C 4 H 10 , where n denotes normal (straight-chain) butane. Some representations of butane, C 4 H 10 . The molecule is the same regardless of how it’s drawn. These structures imply only that butane has a continuous chain of four carbon atoms; they do not imply any specific geometry. Straight-chain alkanes are named according to the number of carbon atoms they contain, as shown in . With the exception of the first four compounds—methane, ethane, propane, and butane—whose names have historical roots, the alkanes are named based on Greek numbers. The suffix - ane is added to the end of each name to indicate that the molecule identified is an alkane. Thus, pent ane is the five-carbon alkane, hex ane is the six-carbon alkane, and so on. We’ll soon see that these alkane names form the basis for naming all other organic compounds, so at least the first ten should be memorized. Names of Straight-Chain Alkanes Number of carbons ( n ) Name Formula (C n H 2 n +2 ) Number of carbons ( n ) Name Formula (C n H 2 n +2 ) 1 Methane CH 4 9 Nonane C 9 H 20 2 Ethane C 2 H 6 10 Decane C 10 H 22 3 Propane C 3 H 8 11 Undecane C 11 H 24 4 Butane C 4 H 10 12 Dodecane C 12 H 26 5 Pentane C 5 H 12 13 Tridecane C 13 H 28 6 Hexane C 6 H 14 20 Icosane C 20 H 42 7 Heptane C 7 H 16 30 Triacontane C 30 H 62 8 Octane C 8 H 18 Drawing the Structures of Isomers Propose structures for two isomers with the formula C 2 H 7 N. Strategy We know that carbon forms four bonds, nitrogen forms three, and hydrogen forms one. Write down the carbon atoms first, and then use trial and error plus intuition to put the pieces together. Solution There are two isomeric structures. One has the connection C–C–N, and the other has the connection C–N–C. Problems", "section": "Alkanes and Alkane Isomers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkyl Groups If you imagine removing a hydrogen atom from an alkane, the partial structure that remains is called an alkyl group . Alkyl groups are not stable compounds themselves, they are simply parts of larger compounds and are named by replacing the - ane ending of the parent alkane with an - yl ending. For example, removal of a hydrogen from methane, CH 4 , generates a methyl group, –CH 3 , and removal of a hydrogen from ethane, CH 3 CH 3 , generates an ethyl group, –CH 2 CH 3 . Similarly, removal of a hydrogen atom from the end carbon of any straight-chain alkane gives the series of straight-chain alkyl groups shown in . Combining an alkyl group with any of the functional groups listed earlier makes it possible to generate and name many thousands of compounds. For example: Some Straight-Chain Alkyl Groups Alkane Name Alkyl group Name (abbreviation) CH 4 Methane –CH 3 Methyl (Me) CH 3 CH 3 Ethane –CH 2 CH 3 Ethyl (Et) CH 3 CH 2 CH 3 Propane –CH 2 CH 2 CH 3 Propyl (Pr) CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 Butane –CH 2 CH 2 CH 2 CH 3 Butyl (Bu) CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 CH 3 Pentane –CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 CH 3 Pentyl, or amyl Just as straight-chain alkyl groups are generated by removing a hydrogen from an end carbon, branched alkyl groups are generated by removing a hydrogen atom from an internal carbon. Two 3-carbon alkyl groups and four 4-carbon alkyl groups are possible ( ). Alkyl groups generated from straight-chain alkanes. One further comment about naming alkyl groups: the prefixes sec - (for secondary) and tert - (for tertiary) used for the C 4 alkyl groups in refer to the number of other carbon atoms attached to the branching carbon atom. There are four possibilities: primary (1°), secondary (2°), tertiary (3°), and quaternary (4°). The symbol R is used here and throughout organic chemistry to represent a generalized organic group. The R group can be methyl, ethyl, propyl, or any of a multitude of others. You might think of R as representing the R est of the molecule, which isn’t specified. The terms primary, secondary, tertiary, and quaternary are routinely used in organic chemistry, and their meanings need to become second nature. For example, if we were to say, “Citric acid is a tertiary alcohol,” we would mean that it has an alcohol functional group (–OH) bonded to a carbon atom that is itself bonded to three other carbons. In addition to speaking of carbon atoms as being primary, secondary, or tertiary, we speak of hydrogens in the same way. Primary hydrogen atoms are attached to primary carbons (RCH 3 ), secondary hydrogens are attached to secondary carbons (R 2 CH 2 ), and tertiary hydrogens are attached to tertiary carbons (R 3 CH). There is, however, no such thing as a quaternary hydrogen. (Why not?) Problems", "section": "Alkyl Groups", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Alkanes In earlier times, when relatively few pure organic chemicals were known, new compounds were named at the whim of their discoverer. Thus, urea (CH 4 N 2 O) is a crystalline substance isolated from urine; morphine (C 17 H 19 NO 3 ) is an analgesic (painkiller) named after Morpheus, the Greek god of dreams; and acetic acid, the primary organic constituent of vinegar, is named from the Latin word for vinegar, acetum . As the science of organic chemistry slowly grew in the 19th century, so too did the number of known compounds and the need for a systematic method of naming them. The system of naming (nomenclature) we’ll use in this book is that devised by the International Union of Pure and Applied Chemistry (IUPAC, usually spoken as eye -you-pac). A chemical name typically has four parts in the IUPAC system: parent, prefix, locant, and suffix. The parent name identifies the main part of the molecule and tells how many carbon atoms are in that part. Prefixes identify the various substituent groups attached to the parent. Locants give the positions of the attached substituents. And the suffix identifies the primary functional group attached to the parent. As we cover new functional groups in later chapters, the applicable IUPAC rules of nomenclature will be given. In addition, at the back of this book gives an overall view of organic nomenclature and shows how compounds that contain more than one functional group are named. (If preferred, you can study that appendix now.) For the present, let’s see how to name branched-chain alkanes and learn some general rules that are applicable to all compounds. All but the most complex branched-chain alkanes can be named by following four steps. For a very few compounds, a fifth step is needed. STEP 1 Identify the parent hydrocarbon. (a) Find the longest continuous chain of carbon atoms in the molecule, and use the name of that chain as the parent name. The longest chain may not always be apparent from the manner of writing; you may have to “turn corners.” (b) If two different chains of equal length are present, choose the one with the larger number of branch points as the parent. STEP 2 Number the atoms in the longest chain. (a) Beginning at the end nearer the first branch point, number each carbon atom in the parent chain. The first branch occurs at C3 in the proper system of numbering, not at C4. (b) If there is branching an equal distance away from both ends of the parent chain, begin numbering at the end nearer the second branch point. STEP 3 Identify and number the substituents. (a) Assign a number to each substituent to locate its point of attachment to the parent chain. (b) If there are two substituents on the same carbon, give both the same number. There must be as many numbers in the name as there are substituents. STEP 4 Write the name as a single word. Use hyphens to separate the different prefixes, and use commas to separate numbers. If two or more different substituents are present, cite them in alphabetical order. If two or more identical substituents are present on the parent chain, use one of the multiplier prefixes di -, tri -, tetra -, and so forth, but don’t use these prefixes for alphabetizing. Full names for some of the examples we have been using are as follows: STEP 5 Name a branched substituent as though it were itself a compound. In some particularly complex cases, a fifth step is necessary. It occasionally happens that a substituent on the main chain is itself branched. In the following case, for instance, the substituent at C6 is a three-carbon chain with a methyl group. To name the compound fully, the branched substituent must first be named. Number the branched substituent beginning at the point of its attachment to the main chain, and identify it—in this case, a 2-methylpropyl group. The substituent is treated as a whole and is alphabetized according to the first letter of its complete name, including any numerical prefix. It is set off in parentheses when naming the entire molecule. As a further example: For historical reasons, some of the simpler branched-chain alkyl groups also have nonsystematic, common names, as noted earlier. The common names of these simple alkyl groups are so well entrenched in the chemical literature that IUPAC rules make allowance for them. Thus, the following compound is properly named either 4-(1-methylethyl)heptane or 4-isopropylheptane. There’s no choice but to memorize these common names; fortunately, there are only a few of them. When writing an alkane name, the nonhyphenated prefix iso- is considered part of the alkyl-group name for alphabetizing purposes, but the hyphenated and italicized prefixes sec - and tert - are not. Thus, isopropyl and isobutyl are listed alphabetically under i , but sec -butyl and tert -butyl are listed under b . Naming Alkanes What is the IUPAC name for the following alkane? Strategy Find the longest continuous carbon chain in the molecule, and use that as the parent name. This molecule has a chain of eight carbons—octane—with two methyl substituents. (You have to turn corners to see it.) Numbering from the end nearer the first methyl substituent indicates that the methyls are at C2 and C6. Solution Converting a Chemical Name into a Structure Draw the structure of 3-isopropyl-2-methylhexane. Strategy This is the reverse of and uses a reverse strategy. Look at the parent name (hexane), and draw its carbon structure. C–C–C–C–C–C Hexane Next, find the substituents (3-isopropyl and 2-methyl), and place them on the proper carbons. Finally, add hydrogens to complete the structure. Solution Problems", "section": "Naming Alkanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Properties of Alkanes Alkanes are sometimes referred to as paraffins , a word derived from the Latin parum affinis , meaning “little affinity.” This term aptly describes their behavior, for alkanes show little chemical affinity for other substances and are chemically inert to most laboratory reagents. They are also relatively inert biologically and are not often involved in the chemistry of living organisms. Alkanes do, however, react with oxygen, halogens, and a few other substances under appropriate conditions. Reaction with oxygen occurs during combustion in an engine or furnace when an alkane is used as a fuel. Carbon dioxide and water are formed as products, and a large amount of heat is released. For example, methane (natural gas) reacts with oxygen according to the equation CH 4 + 2 O 2 ⟶ CO 2 + 2 H 2 O + 890 kJ/mol ( 213 kcal/mol ) The reaction of an alkane with Cl 2 occurs when a mixture of the two is irradiated with ultraviolet light (denoted hυ, where υ is the Greek letter nu ). Depending on the time allowed and the relative amounts of the two reactants, a sequential substitution of the alkane hydrogen atoms by chlorine occurs, leading to a mixture of chlorinated products. Methane, for instance, reacts with Cl 2 to yield a mixture of CH 3 Cl, CH 2 Cl 2 , CHCl 3 , and CCl 4 . We’ll look at this reaction in more detail in Section 6.6 . Alkanes show regular increases in both boiling point and melting point as molecular weight increases ( ), an effect due to the presence of weak dispersion forces between molecules ( ). Only when sufficient energy is applied to overcome these forces does the solid melt or liquid boil. As you might expect, dispersion forces increase as molecular size increases, accounting for the higher melting and boiling points of larger alkanes. A plot of melting and boiling points versus number of carbon atoms for the C1–C14 straight-chain alkanes. There is a regular increase with molecular size. Another effect seen in alkanes is that increased branching lowers an alkane’s boiling point. Thus, pentane has no branches and boils at 36.1 °C, isopentane (2-methylbutane) has one branch and boils at 27.85 °C, and neopentane (2,2-dimethylpropane) has two branches and boils at 9.5 °C. Similarly, octane boils at 125.7 °C, whereas isooctane (2,2,4-trimethylpentane) boils at 99.3 °C. Branched-chain alkanes are lower-boiling because they are more nearly spherical than straight-chain alkanes, have smaller surface areas, and consequently have smaller dispersion forces.", "section": "Properties of Alkanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Ethane Up until now, we’ve viewed molecules primarily in a two-dimensional way and have given little thought to any consequences that might arise from the spatial arrangement of atoms in molecules. Now it’s time to add a third dimension to our study. Stereochemistry is the branch of chemistry concerned with the three-dimensional aspects of molecules. We’ll see on many occasions in future chapters that the exact three-dimensional structure of a molecule is often crucial to determining its properties and biological behavior. We know from that σ bonds are cylindrically symmetrical. In other words, the intersection of a plane cutting through a carbon–carbon single-bond orbital looks like a circle. Because of this cylindrical symmetry, rotation is possible around carbon–carbon bonds in open-chain molecules. In ethane, for instance, rotation around the C–C bond occurs freely, constantly changing the spatial relationships between the hydrogens on one carbon and those on the other ( ). Rotation occurs around the carbon–carbon single bond in ethane because of σ bond cylindrical symmetry. The different arrangements of atoms that result from bond rotation are called conformations , and molecules that have different arrangements are called conformational isomers , or conformers . Unlike constitutional isomers, however, different conformers often can’t be isolated because they interconvert too rapidly. Conformational isomers are represented in two ways, as shown in . A sawhorse representation views the carbon–carbon bond from an oblique angle and indicates spatial orientation by showing all C–H bonds. A Newman projection views the carbon–carbon bond directly end-on and represents the two carbon atoms by a circle. Bonds attached to the front carbon are represented by lines to the center of the circle, and bonds attached to the rear carbon are represented by lines to the edge of the circle. A sawhorse representation and a Newman projection of ethane. The sawhorse representation views the molecule from an oblique angle, while the Newman projection views the molecule end-on. Note that the molecular model of the Newman projection appears at first to have six atoms attached to a single carbon. Actually, the front carbon, with three attached green atoms , is directly in front of the rear carbon, with three attached red atoms . Despite what we’ve just said, we actually don’t observe perfectly free rotation in ethane. Experiments show that there is a small (12 kJ/mol; 2.9 kcal/mol) barrier to rotation and that some conformations are more stable than others. The lowest-energy, most stable conformation is the one in which all six C–H bonds are as far away from one another as possible— staggered when viewed end-on in a Newman projection. The highest-energy, least stable conformation is the one in which the six C–H bonds are as close as possible— eclipsed in a Newman projection. At any given instant, about 99% of ethane molecules have an approximately staggered conformation and only about 1% are near the eclipsed conformation . The extra 12 kJ/mol of energy present in the eclipsed conformation of ethane is called torsional strain . Its cause has been the subject of controversy, but the major factor is an interaction between C–H bonding orbitals on one carbon and antibonding orbitals on the adjacent carbon, which stabilizes the staggered conformation relative to the eclipsed one. Because a total strain of 12 kJ/mol arises from three equal hydrogen–hydrogen eclipsing interactions, we can assign a value of approximately 4.0 kJ/mol (1.0 kcal/mol) to each single interaction. The barrier to rotation that results can be represented on a graph of potential energy versus degree of rotation, in which the angle between C–H bonds on the front and back carbons as viewed end-on (the dihedral angle ) goes full circle from 0 to 360°. Energy minima occur at staggered conformations, and energy maxima occur at eclipsed conformations, as shown in . A graph of potential energy versus bond rotation in ethane. The staggered conformations are 12 kJ/mol lower in energy than the eclipsed conformations.", "section": "Conformations of Ethane", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Other Alkanes Propane, the next-higher member in the alkane series, also has a torsional barrier that results in hindered rotation around the carbon–carbon bonds. The barrier is slightly higher in propane than in ethane—a total of 14 kJ/mol (3.4 kcal/mol) versus 12 kJ/mol. The eclipsed conformation of propane has three interactions—two ethane-type hydrogen–hydrogen interactions and one additional hydrogen–methyl interaction. Since each eclipsing H ⟷ H interaction is the same as that in ethane and thus has an energy “cost” of 4.0 kJ/mol, we can assign a value of 14 – (2 × 4.0) = 6.0 kJ/mol (1.4 kcal/mol) to the eclipsing H ⟷ CH 3 interaction ( ). Newman projections of propane showing staggered and eclipsed conformations. The staggered conformer is lower in energy by 14 kJ/mol. The conformational situation becomes more complex for larger alkanes because not all staggered conformations have the same energy and not all eclipsed conformations have the same energy. In butane, for instance, the lowest-energy arrangement, called the anti conformation , is the one in which the two methyl groups are as far apart as possible—180° away from each other. As rotation around the C2–C3 bond occurs, an eclipsed conformation is reached where there are two CH 3 ⟷ H interactions and one H ⟷ H interaction. Using the energy values derived previously from ethane and propane, this eclipsed conformation is more strained than the anti conformation by 2 × 6.0 kJ/mol + 4.0 kJ/mol (two CH 3 ⟷ H interactions plus one H ⟷ H interaction), for a total of 16 kJ/mol (3.8 kcal/mol). As bond rotation continues, an energy minimum is reached at the staggered conformation where the methyl groups are 60° apart. Called the gauche conformation , it lies 3.8 kJ/mol (0.9 kcal/mol) higher in energy than the anti conformation even though it has no eclipsing interactions. This energy difference occurs because the hydrogen atoms of the methyl groups are near one another in the gauche conformation, resulting in what is called steric strain. Steric strain is the repulsive interaction that occurs when atoms are forced closer together than their atomic radii allow. It’s the result of trying to force two atoms to occupy the same space. As the dihedral angle between the methyl groups approaches zero, an energy maximum is reached at a second eclipsed conformation. Because the methyl groups are forced even closer together than in the gauche conformation, both torsional strain and steric strain are present. A total strain energy of 19 kJ/mol (4.5 kcal/mol) has been estimated for this conformation, making it possible to calculate a value of 11 kJ/mol (2.6 kcal/mol) for the CH 3 ⟷ CH 3 eclipsing interaction: total strain of 19 kJ/mol minus the strain of two H ⟷ H eclipsing interactions (2 × 4.0 kcal/mol) equals 11 kJ/mol. After 0°, the rotation becomes a mirror image of what we’ve already seen: another gauche conformation is reached, another eclipsed conformation, and finally a return to the anti conformation. A plot of potential energy versus rotation about the C2–C3 bond is shown in . A plot of potential energy versus rotation for the C2−C3 bond in butane. The energy maximum occurs when the two methyl groups eclipse each other, and the energy minimum occurs when the two methyl groups are 180° apart (anti). The notion of assigning definite energy values to specific interactions within a molecule is very useful, and we’ll return to it in the next chapter. A summary of what we’ve seen thus far is given in . The same principles just developed for butane apply to pentane, hexane, and all higher alkanes. The most favorable conformation for any alkane has the carbon–carbon bonds in staggered arrangements, with large substituents arranged anti to one another. A generalized alkane structure is shown in . Energy Costs for Interactions in Alkane Conformers Interaction Cause Energy cost (kJ/mol) (kcal/mol) H ⟷ H eclipsed Torsional strain 4.0 1.0 H ⟷ CH 3 eclipsed Mostly torsional strain 6.0 1.4 CH 3 ⟷ CH 3 eclipsed Torsional and steric strain 11.0 2.6 CH 3 ⟷ CH 3 gauche Steric strain 3.8 0.9 The most stable alkane conformation is the one in which all substituents are staggered and the carbon–carbon bonds are arranged anti , as shown in this model of decane. One final point: saying that one particular conformer is “more stable” than another doesn’t mean the molecule adopts and maintains only the more stable conformation. At room temperature, rotations around σ bonds occur so rapidly that all conformers are in equilibrium. At any given instant, however, a larger percentage of molecules will be found in a more stable conformation than in a less stable one. Newman Projections Sight along the C1–C2 bond of 1-chloropropane, and draw Newman projections of the most stable and least stable conformations. Strategy The most stable conformation of a substituted alkane is generally a staggered one in which large groups have an anti relationship. The least stable conformation is generally an eclipsed one in which large groups are as close as possible. Solution Problems Gasoline British Foreign Minister Ernest Bevin once said that “The Kingdom of Heaven runs on righteousness, but the Kingdom of Earth runs on alkanes.” (Actually, he said “runs on oil” not “runs on alkanes,” but they’re essentially the same.) By far, the major sources of alkanes are the world’s natural gas and petroleum deposits. Laid down eons ago, these deposits are thought to be derived primarily from the decomposition of tiny single-celled marine organisms called foraminifera. Natural gas consists chiefly of methane but also contains ethane, propane, and butane. Petroleum is a complex mixture of hydrocarbons that must be separated into fractions and then further refined before it can be used. Gasoline is a finite resource. It won’t be around forever. (credit: “The first oil well” by Unknown/Library of Congress) The petroleum era began in August 1859, when the world’s first oil well was drilled by Edwin Drake near Titusville, Pennsylvania. The petroleum was distilled into fractions according to boiling point, but it was high-boiling kerosene, or lamp oil, rather than gasoline that was primarily sought. Literacy was becoming widespread at the time, and people wanted better light for reading than was available from candles. Gasoline was too volatile for use in lamps and was initially considered a waste by-product. The world has changed greatly since those early days, however, and it is now gasoline rather than lamp oil that is prized. Petroleum refining begins by fractional distillation of crude oil into three principal cuts according to boiling point (bp): straight-run gasoline (bp 30–200 °C), kerosene (bp 175–300 °C), and heating oil, or diesel fuel (bp 275–400 °C). Further distillation under reduced pressure then yields lubricating oils and waxes and leaves a tarry residue of asphalt. The distillation of crude oil is only the first step in gasoline production, however. Straight-run gasoline turns out to be a poor fuel in automobiles because of engine knock, an uncontrolled combustion that can occur in a hot engine causing potentially serious damage. The octane number of a fuel is the measure by which its antiknock properties are judged. It was recognized long ago that straight-chain hydrocarbons are far more prone to inducing engine knock than highly branched compounds. Heptane, a particularly bad fuel, is assigned a base value of 0 octane number, and 2,2,4-trimethylpentane, commonly known as isooctane, has a rating of 100. Because straight-run gasoline burns so poorly in engines, petroleum chemists have devised numerous methods for producing higher-quality fuels. One of these methods, catalytic cracking , involves taking the high-boiling kerosene cut (C 11 –C 14 ) and “cracking” it into smaller branched molecules suitable for use in gasoline. Another process, called reforming , is used to convert C 6 –C 8 alkanes to aromatic compounds such as benzene and toluene, which have substantially higher octane numbers than alkanes. The final product that goes in your tank has an approximate composition of 15% C 4 –C 8 straight-chain alkanes, 25% to 40% C 4 –C 10 branched-chain alkanes, 10% cyclic alkanes, 10% straight-chain and cyclic alkenes, and 25% arenes (aromatics). alcohol aldehyde aliphatic alkane alkene alkyl group alkyl halide alkyne amide amine anti conformation arene branched-chain alkane carbonyl group carboxylic acid conformation conformational isomer conformer constitutional isomer eclipsed conformation ester ether functional group gauche conformation hydrocarbon isomer ketone Newman projection nitrile R group saturated sawhorse representation staggered conformation stereochemistry steric strain straight-chain alkane substituent sulfide thiol torsional strain Summary Alkanes are relatively unreactive and rarely involved in chemical reactions, but they nevertheless provide a useful vehicle for introducing some important general ideas. In this chapter, we’ve used alkanes to introduce the basic approach to naming organic compounds and to take an initial look at some of the three-dimensional aspects of molecules. A functional group is a group of atoms within a larger molecule that has a characteristic chemical reactivity. Because functional groups behave in approximately the same way in all molecules where they occur, the chemical reactions of an organic molecule are largely determined by its functional groups. Alkanes are a class of saturated hydrocarbons with the general formula C n H 2 n +2 . They contain no functional groups, are relatively inert, and can be either straight-chain ( normal ) or branched . Alkanes are named by a series of IUPAC rules of nomenclature. Compounds that have the same chemical formula but different structures are called isomers . More specifically, compounds such as butane and isobutane, which differ in their connections between atoms, are called constitutional isomers . Carbon–carbon single bonds in alkanes are formed by σ overlap of carbon sp 3 hybrid orbitals. Rotation is possible around σ bonds because of their cylindrical symmetry, and alkanes therefore exist in a large number of rapidly interconverting conformations . Newman projections make it possible to visualize the spatial consequences of bond rotation by sighting directly along a carbon–carbon bond axis. Not all alkane conformations are equally stable. The staggered conformation of ethane is 12 kJ/mol (2.9 kcal/mol) more stable than the eclipsed conformation because of torsional strain . In general, any alkane is most stable when all its bonds are staggered. Additional Problems Visualizing Chemistry Functional Groups Isomers Naming Compounds Conformations General Problems", "section": "Conformations of Other Alkanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The musk gland of the male Himalayan musk deer secretes a substance once used in perfumery that contains cycloalkanes of 14 to 18 carbons . (credit: modification of work “Siberian musk deer in the tiaga” by ErikAdamsson/Wikimedia Commons, CC0 1.0) We’ll see numerous instances in future chapters where the chemistry of a given functional group is affected by being in a ring rather than an open chain. Because cyclic molecules are encountered in most pharmaceuticals and in all classes of biomolecules, including proteins, lipids, carbohydrates, and nucleic acids, it’s important to understand the behavior of cyclic structures. Although we’ve only discussed open-chain compounds up to now, most organic compounds contain rings of carbon atoms. Chrysanthemic acid, for instance, whose esters occur naturally as the active insecticidal constituents of chrysanthemum flowers, contains a three-membered (cyclopropane) ring. Prostaglandins , potent hormones that control an extraordinary variety of physiological functions in humans, contain a five-membered (cyclopentane) ring. Steroids , such as cortisone, contain four rings joined together—three six-membered (cyclohexane) and one five-membered. We’ll discuss steroids and their properties in more detail in Sections 27.6 and 27.7 .", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Cycloalkanes Saturated cyclic hydrocarbons are called cycloalkanes , or alicyclic compounds ( ali phatic cyclic ). Because cycloalkanes consist of rings of −CH 2 −units, they have the general formula (CH 2 ) n , or C n H 2 n , and can be represented by polygons in skeletal drawings. Substituted cycloalkanes are named by rules similar to those we saw in ( ) for open-chain alkanes. For most compounds, there are only two steps. STEP 1 Find the parent. Count the number of carbon atoms in the ring and the number in the largest substituent. If the number of carbon atoms in the ring is equal to or greater than the number in the substituent, the compound is named as an alkyl-substituted cycloalkane. If the number of carbon atoms in the largest substituent is greater than the number in the ring, the compound is named as a cycloalkyl-substituted alkane. For example: STEP 2 Number the substituents, and write the name. For an alkyl- or halo-substituted cycloalkane, choose a point of attachment as carbon 1 and number the substituents on the ring so that the second substituent has as low a number as possible. If ambiguity still exists, number so that the third or fourth substituent has as low a number as possible, until a point of difference is found. (a) When two or more different alkyl groups are present that could potentially take the same numbers, number them by alphabetical priority, ignoring numerical prefixes such as di- and tri-. (b) If halogens are present, treat them just like alkyl groups. Some additional examples follow: Problems", "section": "Naming Cycloalkanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Cis–Trans Isomerism in Cycloalkanes In many respects, the chemistry of cycloalkanes is like that of open-chain alkanes: both are nonpolar and fairly inert. There are, however, some important differences. One difference is that cycloalkanes are less flexible than open-chain alkanes. In contrast with the relatively free rotation around single bonds in open-chain alkanes ( and ), there is much less freedom in cycloalkanes. Cyclopropane, for example, must be a rigid, planar molecule because three points (the carbon atoms) define a plane. No bond rotation can take place around a cyclopropane carbon–carbon bond without breaking open the ring ( ). Bond rotation in ethane and cyclopropane. (a) Rotation occurs around the carbon–carbon bond in ethane, but (b) no rotation is possible around the carbon–carbon bonds in cyclopropane without breaking open the ring. Larger cycloalkanes have increasing rotational freedom, and very large rings (C 25 and up) are so floppy that they are nearly indistinguishable from open-chain alkanes. The common ring sizes (C 3 –C 7 ), however, are severely restricted in their molecular motions. Because of their cyclic structures, cycloalkanes have two faces when viewed edge-on, a “top” face and a “bottom” face. As a result, isomerism is possible in substituted cycloalkanes. For example, there are two different 1,2-dimethylcyclopropane isomers, one with the two methyl groups on the same face of the ring and one with the methyl groups on opposite faces ( ). Both isomers are stable compounds, and neither can be converted into the other without breaking and reforming chemical bonds. There are two different 1,2-dimethylcyclopropane isomers , one with the methyl groups on the same face of the ring (cis) and the other with the methyl groups on opposite faces of the ring (trans). The two isomers do not interconvert. Unlike the constitutional isomers butane and isobutane, which have their atoms connected in a different order ( ), the two 1,2-dimethylcyclopropanes have the same order of connections but differ in the spatial orientation of the atoms. Such compounds, with atoms connected in the same order but differing in three-dimensional orientation, are called stereochemical isomers, or stereoisomers . As we saw in , the term stereochemistry is used generally to refer to the three-dimensional aspects of structure and reactivity. The 1,2-dimethylcyclopropanes are members of a subclass of stereoisomers called cis–trans isomers . The prefixes cis - (Latin “on the same side”) and trans - (Latin “across”) are used to distinguish between them. Cis–trans isomerism is a common occurrence in substituted cycloalkanes and in many cyclic biological molecules. Naming Cycloalkanes Name the following substances, including the cis - or trans - prefix: Strategy In these views, the ring is roughly in the plane of the page, a wedged bond protrudes out of the page, and a dashed bond recedes into the page. Two substituents are cis if they are both out of or both into the page, and they are trans if one is out of and one is into the page. Solution (a) trans -1,3-Dimethylcyclopentane (b) cis -1,2-Dichlorocyclohexane Problems", "section": "Cis–Trans Isomerism in Cycloalkanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stability of Cycloalkanes: Ring Strain Chemists in the late 1800s knew that cyclic molecules existed, but the limitations on ring size were unclear. Although numerous compounds containing five-membered and six-membered rings were known, smaller and larger ring sizes had not been prepared, despite many attempts. A theoretical interpretation of this observation was proposed in 1885 by Adolf von Baeyer, who suggested that small and large rings might be unstable due to angle strain —the strain induced in a molecule when bond angles are forced to deviate from the ideal 109° tetrahedral value. Baeyer based his suggestion on the simple geometric notion that a three-membered ring (cyclopropane) should be an equilateral triangle with bond angles of 60° rather than 109°, a four-membered ring (cyclobutane) should be a square with bond angles of 90°, a five-membered ring should be a regular pentagon with bond angles of 108°, and so on. Continuing this argument, large rings should be strained by having bond angles that are much greater than 109°. What are the facts? To measure the amount of strain in a compound, we have to measure the total energy of the compound and then subtract the energy of a strain-free reference compound. The difference between the two values should represent the amount of extra energy in the molecule due to strain. The simplest experimental way to do this for a cycloalkane is to measure its heat of combustion, the amount of heat released when the compound burns completely with oxygen. The more energy (strain) the compound contains, the more energy (heat) is released by combustion. ( CH 2 ) n + 3 n / 2 O 2 ⟶ n CO 2 + n H 2 O + Heat (add) Because the heat of combustion of a cycloalkane depends on size, we need to look at heats of combustion per CH 2 unit. Subtracting a reference value derived from a strain-free acyclic alkane and then multiplying by the number of CH 2 units in the ring gives the overall strain energy. shows the results. Cycloalkane strain energies, as calculated by taking the difference between cycloalkane heat of combustion per CH 2 and acyclic alkane heat of combustion per CH 2 , and multiplying by the number of CH 2 units in a ring. Small and medium rings are strained, but cyclohexane rings and very large rings are strain-free. The data in show that Baeyer’s theory is only partially correct. Cyclopropane and cyclobutane are indeed strained, just as predicted, but cyclopentane is more strained than predicted, and cyclohexane is strain-free. Cycloalkanes of intermediate size have only modest strain, and rings of 14 carbons or more are strain-free. Why is Baeyer’s theory wrong? Baeyer’s theory is wrong for the simple reason that he assumed all cycloalkanes to be flat. In fact, as we’ll see in the next section, most cycloalkanes are not flat; instead, they adopt puckered three-dimensional conformations that allow bond angles to be nearly tetrahedral. As a result, angle strain occurs only in three- and four-membered rings, which have little flexibility. For most ring sizes, particularly the medium-ring (C 7 –C 11 ) cycloalkanes, torsional strain caused by H ⟷ H eclipsing interactions at adjacent carbons ( ) and steric strain caused by the repulsion between nonbonded atoms that approach too closely ( ) are the most important factors. Thus, three kinds of strain contribute to the overall energy of a cycloalkane. Angle strain —the strain due to expansion or compression of bond angles Torsional strain —the strain due to eclipsing of bonds between neighboring atoms Steric strain —the strain due to repulsive interactions when atoms approach each other too closely Problems", "section": "Stability of Cycloalkanes: Ring Strain", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Cycloalkanes Cyclopropane Cyclopropane is the most strained of all rings, primarily due to the angle strain caused by its 60° C−C−C bond angles. In addition, cyclopropane has considerable torsional strain because the C−H bonds on neighboring carbon atoms are eclipsed ( ). The structure of cyclopropane, showing the eclipsing of neighboring C−H bonds that gives rise to torsional strain. Part (b) is a Newman projection along a C−C bond. How can the hybrid-orbital model of bonding account for the large distortion of bond angles from the normal 109° tetrahedral value to 60° in cyclopropane? The answer is that cyclopropane has bent bonds. In an unstrained alkane, maximum bonding is achieved when two atoms have their overlapping orbitals pointing directly toward each other. In cyclopropane, though, the orbitals can’t point directly toward each other; instead, they overlap at a slight angle. The result is that cyclopropane bonds are weaker and more reactive than typical alkane bonds—255 kJ/mol (61 kcal/mol) for a C−C bond in cyclopropane versus 370 kJ/mol (88 kcal/mol) for a C−C bond in open-chain propane. Cyclobutane Cyclobutane has less angle strain than cyclopropane but has more torsional strain because of its larger number of ring hydrogens. As a result, the total strain for the two compounds is nearly the same—110 kJ/mol (26.4 kcal/mol) for cyclobutane versus 115 kJ/mol (27.5 kcal/mol) for cyclopropane. Cyclobutane is not quite flat but is slightly bent so that one carbon atom lies about 25° above the plane of the other three ( ). The effect of this slight bend is to increase angle strain but to decrease torsional strain, until a minimum-energy balance between the two opposing effects is achieved. The conformation of cyclobutane. Part (c) is a Newman projection along a C−C bond, showing that neighboring C−H bonds are not quite eclipsed. Cyclopentane Cyclopentane was predicted by Baeyer to be nearly strain-free, but it actually has a total strain energy of 26 kJ/mol (6.2 kcal/mol). Although planar cyclopentane has practically no angle strain, it has a large torsional strain. Cyclopentane therefore twists to adopt a puckered, nonplanar conformation that strikes a balance between increased angle strain and decreased torsional strain. Four of the cyclopentane carbon atoms are in approximately the same plane, with the fifth carbon atom bent out of the plane. Most of the hydrogens are nearly staggered with respect to their neighbors ( ). The conformation of cyclopentane. Carbons 1, 2, 3, and 4 are nearly coplanar, but carbon 5 is out of the plane. Part (c) is a Newman projection along the C1–C2 bond, showing that neighboring C−H bonds are nearly staggered. Problems", "section": "Conformations of Cycloalkanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Cyclohexane Substituted cyclohexanes are the most common cycloalkanes and occur widely in nature. A large number of compounds, including steroids and many pharmaceutical agents, have cyclohexane rings. The flavoring agent menthol, for instance, has three substituents on a six-membered ring. Cyclohexane adopts a strain-free, three-dimensional shape that is called a chair conformation because of its similarity to a lounge chair, with a back, seat, and footrest ( ). Chair cyclohexane has neither angle strain nor torsional strain—all C−C−C bond angles are near the 109° tetrahedral value, and all neighboring C−H bonds are staggered. The strain-free chair conformation of cyclohexane. All C−C−C bond angles are 111.5°, close to the ideal 109° tetrahedral angle, and all neighboring C−H bonds are staggered. The easiest way to visualize chair cyclohexane is to build a molecular model if you have access to a model kit, or alternatively to explore with one of the many computer-based modeling programs you may have access to. The chair conformation of cyclohexane can be drawn in three steps. STEP 1 Draw two parallel lines, slanted downward and slightly offset from each other. This means that four of the cyclohexane carbons lie in a plane. STEP 2 Place the topmost carbon atom above and to the right of the plane of the other four, and connect the bonds. STEP 3 Place the bottommost carbon atom below and to the left of the plane of the middle four, and connect the bonds. Note that the bonds to the bottommost carbon atom are parallel to the bonds to the topmost carbon. When viewing cyclohexane, it’s helpful to remember that the lower bond is in front and the upper bond is in back. If this convention isn’t defined, it can appear that the reverse is true. For clarity, all cyclohexane rings drawn in this book will have the front (lower) bond heavily shaded to indicate nearness to the viewer. In addition to the chair conformation of cyclohexane, there is an alternative conformation of cyclohexane that bears a slight resemblance to a twisted boat. Called the twist-boat conformation , it is nearly free of angle strain. It does, however, have both steric strain and torsional strain and is about 23 kJ/mol (5.5 kcal/mol) higher in energy than the chair conformation. As a result, molecules adopt the twist-boat geometry only rarely.", "section": "Conformations of Cyclohexane", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Axial and Equatorial Bonds in Cyclohexane The chair conformation of cyclohexane has many consequences. We’ll see in Section 11.9 , for instance, that the chemical behavior of many substituted cyclohexanes is influenced by their conformation. In addition, we’ll see in Section 25.5 that simple carbohydrates, such as glucose, adopt a conformation based on the cyclohexane chair and that their chemistry is directly affected as a result. Another trait of the chair conformation is that there are two kinds of positions for substituents on the cyclohexane ring: axial positions and equatorial positions (as shown in ). The six axial positions are parallel to the ring axis , while the six equatorial positions are in the rough plane of the ring, around the ring equator . Axial and equatorial positions in chair cyclohexane. The six axial hydrogens are parallel to the ring axis, and the six equatorial hydrogens are in a band around the ring equator. As shown in , each carbon atom in chair cyclohexane has one axial and one equatorial hydrogen. Furthermore, each side of the ring has three axial and three equatorial hydrogens in an alternating arrangement. For example, if the top side of the ring has axial hydrogens on carbons 1, 3, and 5, then it has equatorial hydrogens on carbons 2, 4, and 6. The reverse is true for the bottom side: carbons 1, 3, and 5 have equatorial hydrogens, but carbons 2, 4, and 6 have axial hydrogens ( ). Alternating axial and equatorial positions in chair cyclohexane, looking directly down the ring axis. Each carbon atom has one axial and one equatorial position, and each face has alternating axial and equatorial positions. Note that we haven’t used the words cis and trans in this discussion of cyclohexane conformation. Two hydrogens on the same side of the ring are always cis, regardless of whether they’re axial or equatorial and regardless of whether they’re adjacent. Similarly, two hydrogens on opposite sides of the ring are always trans. Axial and equatorial bonds can be drawn following the procedure shown in . If possible, look at a molecular model as you practice. A procedure for drawing axial and equatorial bonds in chair cyclohexane. Because chair cyclohexane has two kinds of positions—axial and equatorial—we might expect to find two isomeric forms of a monosubstituted cyclohexane. In fact, we don’t. There is only one methylcyclohexane, one bromocyclohexane, one cyclohexanol (hydroxycyclohexane), and so on, because cyclohexane rings are conformationally mobile at room temperature. Different chair conformations readily interconvert, exchanging axial and equatorial positions. This interconversion, called a ring-flip , is shown in . A ring-flip in chair cyclohexane interconverts axial and equatorial positions. What is axial in the starting structure becomes equatorial in the ring-flipped structure, and what is equatorial in the starting structure is axial after ring-flip. As shown in , a chair cyclohexane can be ring-flipped by keeping the middle four carbon atoms in place while folding the two end carbons in opposite directions. In so doing, an axial substituent in one chair form becomes an equatorial substituent in the ring-flipped chair form and vice versa. For example, axial bromocyclohexane becomes equatorial bromocyclohexane after a ring-flip. Since the energy barrier to chair–chair interconversion is only about 45 kJ/mol (10.8 kcal/mol), the process is rapid at room temperature and we see what appears to be a single structure rather than distinct axial and equatorial isomers. Drawing the Chair Conformation of a Substituted Cyclohexane Draw 1,1-dimethylcyclohexane in a chair conformation, indicating which methyl group in your drawing is axial and which is equatorial. Strategy Draw a chair cyclohexane ring using the procedure in , and then put two methyl groups on the same carbon. The methyl group in the rough plane of the ring is equatorial, and the one directly above or below the ring is axial. Solution Problems", "section": "Axial and Equatorial Bonds in Cyclohexane", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Monosubstituted Cyclohexanes Even though cyclohexane rings flip rapidly between chair conformations at room temperature, the two conformations of a monosubstituted cyclohexane aren’t equally stable. In methylcyclohexane, for instance, the equatorial conformation is more stable than the axial conformation by 7.6 kJ/mol (1.8 kcal/mol). The same is true of other monosubstituted cyclohexanes: a substituent is almost always more stable in an equatorial position than in an axial position. You might recall from your general chemistry course that it’s possible to calculate the percentages of two isomers at equilibrium using the equation Δ E = – RT ln K, where Δ E is the energy difference between isomers, R is the gas constant [8.315 J/(K·mol)], T is the Kelvin temperature, and K is the equilibrium constant between isomers. For example, an energy difference of 7.6 kJ/mol means that about 95% of methylcyclohexane molecules have an equatorial methyl group at any given instant while only 5% have an axial methyl group. plots the relationship between energy and isomer percentages. A plot of the percentages of two isomers at equilibrium versus the energy difference between them. The curves are calculated using the equation Δ E = − RT ln K . The energy difference between axial and equatorial conformations is due to steric strain caused by 1,3-diaxial interactions . The axial methyl group on C1 is too close to the axial hydrogens three carbons away on C3 and C5, resulting in 7.6 kJ/mol of steric strain ( ). Interconversion of axial and equatorial methylcyclohexane, represented in several formats. The equatorial conformation is more stable than the axial conformation by 7.6 kJ/mol. The 1,3-diaxial steric strain in substituted methylcyclohexane is already familiar—we saw it previously as the steric strain between methyl groups in gauche in . Gauche butane is less stable than anti butane by 3.8 kJ/mol (0.9 kcal/mol) because of steric interference between hydrogen atoms on the two methyl groups. Comparing a four-carbon fragment of axial methylcyclohexane with gauche butane shows that the steric interaction is the same in both ( ). Because axial methylcyclohexane has two such interactions, it has 2 × 3.8 = 7.6 kJ/mol of steric strain. Equatorial methylcyclohexane has no such interactions and is therefore more stable. The origin of 1,3-diaxial interactions in methylcyclohexane. The steric strain between an axial methyl group and an axial hydrogen atom three carbons away is identical to the steric strain in gauche butane. (To display clearly the diaxial interactions in methylcyclohexane, two of the equatorial hydrogens are not shown.) The exact amount of 1,3-diaxial steric strain in a given substituted cyclohexane depends on the nature and size of the substituent, as indicated in . Not surprisingly, the amount of steric strain increases through the series H 3 C− < CH 3 CH 2 − < (CH 3 ) 2 CH–<< (CH 3 ) 3 C−, paralleling the increasing size of the alkyl groups. Note that the values given in refer to 1,3-diaxial interactions of the substituent with a single hydrogen atom. These values must be doubled to arrive at the amount of strain in a monosubstituted cyclohexane. Steric Strain in Monosubstituted Cyclohexanes 1,3-Diaxial strain Y (kJ/mol) (kcal/mol) F 0.5 0.12 Cl, Br 1.0 0.25 OH 2.1 0.5 CH 3 3.8 0.9 CH 2 CH 3 4.0 0.95 CH(CH 3 ) 2 4.6 1.1 C(CH 3 ) 3 11.4 2.7 C 6 H 5 6.3 1.5 CO 2 H 2.9 0.7 CN 0.4 0.1 Problems", "section": "Conformations of Monosubstituted Cyclohexanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Disubstituted Cyclohexanes Monosubstituted cyclohexanes are always more stable with their substituent in an equatorial position, but the situation with disubstituted cyclohexanes is more complex because the steric effects of both substituents must be taken into account. All steric interactions for both possible chair conformations must be analyzed before deciding which conformation is favored. Let’s look at 1,2-dimethylcyclohexane as an example. There are two isomers, cis -1,2-dimethylcyclohexane and trans -1,2-dimethylcyclohexane, which must be considered separately. In the cis isomer, both methyl groups are on the same face of the ring and the compound can exist in either of the two chair conformations shown in . (It may be easier for you to see whether a compound is cis- or trans-disubstituted by first drawing the ring as a flat representation and then converting it to a chair conformation.) Conformations of cis -1,2-dimethylcyclohexane. The two chair conformations are equal in energy because each has one axial methyl group and one equatorial methyl group. Both chair conformations of cis -1,2-dimethylcyclohexane have one axial methyl group and one equatorial methyl group. The top conformation in has an axial methyl group at C2, which has 1,3-diaxial interactions with hydrogens on C4 and C6. The ring-flipped conformation has an axial methyl group at C1, which has 1,3-diaxial interactions with hydrogens on C3 and C5. In addition, both conformations have gauche butane interactions between the two methyl groups. The two conformations are equal in energy, with a total steric strain of 3 × 3.8 kJ/mol = 11.4 kJ/mol (2.7 kcal/mol). In trans -1,2-dimethylcyclohexane, the two methyl groups are on opposite sides of the ring and the compound can exist in either of the two chair conformations shown in . The situation here is quite different from that of the cis isomer. The top conformation in has both methyl groups equatorial with only a gauche butane interaction between them (3.8 kJ/mol) but no 1,3-diaxial interactions. The ring-flipped conformation, however, has both methyl groups axial. The axial methyl group at C1 interacts with axial hydrogens at C3 and C5, and the axial methyl group at C2 interacts with axial hydrogens at C4 and C6. These four 1,3-diaxial interactions produce a steric strain of 4 × 3.8 kJ/mol = 15.2 kJ/mol and make the diaxial conformation 15.2 − 3.8 = 11.4 kJ/mol less favorable than the diequatorial conformation. We therefore predict that trans -1,2-dimethylcyclohexane will exist almost exclusively in the diequatorial conformation. Conformations of trans -1,2-dimethylcyclohexane. The conformation with both methyl groups equatorial (top) is favored by 11.4 kJ/mol (2.7 kcal/mol) over the conformation with both methyl groups axial (bottom). The same kind of conformational analysis just carried out for cis - and trans -1,2-dimethylcyclohexane can be done for any substituted cyclohexane, such as cis -1- tert -butyl-4-chlorocyclohexane (see ). As you might imagine, though, the situation becomes more complex as the number of substituents increases. For instance, compare glucose with mannose, a carbohydrate present in seaweed. Which do you think is more strained? In glucose, all substituents on the six-membered ring are equatorial, while in mannose, one of the −OH groups is axial, making it more strained. A summary of the various axial and equatorial relationships among substituent groups in the different possible cis and trans substitution patterns for disubstituted cyclohexanes is given in . Axial and Equatorial Relationships in Cis- and Trans-Disubstituted Cyclohexanes Cis/trans substitution pattern Axial/equatorial relationships 1,2-Cis disubstituted a,e or e,a 1,2-Trans disubstituted a,a or e,e 1,3-Cis disubstituted a,a or e,e 1,3-Trans disubstituted a,e or e,a 1,4-Cis disubstituted a,e or e,a 1,4-Trans disubstituted a,a or e,e Drawing the Most Stable Conformation of a Substituted Cyclohexane Draw the more stable chair conformation of cis -1- tert -butyl-4-chlorocyclohexane. By how much is it favored? Strategy Draw the two possible chair conformations, and calculate the strain energy in each. Remember that equatorial substituents cause less strain than axial substituents. Solution First draw the two chair conformations of the molecule: In the conformation on the left, the tert -butyl group is equatorial and the chlorine is axial. In the conformation on the right, the tert -butyl group is axial and the chlorine is equatorial. These conformations aren’t of equal energy because an axial tert -butyl substituent and an axial chloro substituent produce different amounts of steric strain. shows that the 1,3-diaxial interaction between a hydrogen and a tert -butyl group costs 11.4 kJ/mol (2.7 kcal/mol), whereas the interaction between a hydrogen and a chlorine costs only 1.0 kJ/mol (0.25 kcal/mol). An axial tert -butyl group therefore produces (2 × 11.4 kJ/mol) − (2 × 1.0 kJ/mol) = 20.8 kJ/mol (4.9 kcal/mol) more steric strain than an axial chlorine, and the compound preferentially adopts the conformation with the chlorine axial and the tert -butyl equatorial. Problems", "section": "Conformations of Disubstituted Cyclohexanes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conformations of Polycyclic Molecules The final point we’ll consider about cycloalkane stereochemistry is to see what happens when two or more cycloalkane rings are fused together along a common bond to construct a polycyclic molecule —for example, decalin. Decalin consists of two cyclohexane rings joined to share two carbon atoms (the bridgehead carbons, C1 and C6) and a common bond. Decalin can exist in either of two isomeric forms, depending on whether the rings are trans fused or cis fused. In cis -decalin, the hydrogen atoms at the bridgehead carbons are on the same side of the rings; in trans -decalin, the bridgehead hydrogens are on opposite sides. shows how both compounds can be represented using chair cyclohexane conformations. Note that the two decalin isomers are not interconvertible by ring-flips or other rotations. They are cis–trans stereoisomers and have the same relationship to each other that cis - and trans -1,2-dimethylcyclohexane have. Representations of cis - and trans -decalin. Hydrogen atoms at the bridgehead carbons are on the same face of the rings in the cis isomer but on opposite faces in the trans isomer. Polycyclic compounds are common in nature, and many valuable substances have fused-ring structures. For example, steroids, such as testosterone, the primary sex hormone in males, have three six-membered rings and one five-membered ring fused together. Although steroids look complicated compared with cyclohexane or decalin, the same principles that apply to the conformational analysis of simple cyclohexane rings apply equally well (and often better) to steroids. Another common ring system is the norbornane, or bicyclo[2.2.1]heptane, structure. Like decalin, norbornane is a bicycloalkane, so called because two rings would have to be broken open to generate an acyclic structure. Its systematic name, bicyclo[2.2.1]heptane, reflects the fact that the molecule has seven carbons, is bicyclic, and has three “bridges” of 2, 2, and 1 carbon atoms connecting the two bridgehead carbons. Norbornane has a conformationally locked boat cyclohexane ring ( ) in which carbons 1 and 4 are joined by an additional CH 2 group. In drawing this structure, a break in the rear bond indicates that the vertical bond crosses in front of it. Making a molecular model is particularly helpful when trying to see the three-dimensionality of norbornane. Substituted norbornanes, such as camphor, are found widely in nature, and many have been important historically in developing organic structural theories. Problems Molecular Mechanics All the structural models in this book are computer-drawn. To make sure they accurately represent bond angles, bond lengths, torsional interactions, and steric interactions, the most stable geometry of each molecule has been calculated on a desktop computer using a commercially available molecular mechanics program based on work by Norman Allinger at the University of Georgia. The idea behind molecular mechanics is to begin with a rough geometry for a molecule and then calculate a total strain energy for that starting geometry, using mathematical equations that assign values to specific kinds of molecular interactions. Bond angles that are too large or too small cause angle strain; bond lengths that are too short or too long cause stretching or compressing strain; unfavorable eclipsing interactions around single bonds cause torsional strain; and nonbonded atoms that approach each other too closely cause steric, or van der Waals, strain. E total = E bond stretching + E angle strain + E torsional strain + E van der Waals Computer programs make it possible to accurately represent molecular geometry. (credit: “Molecular geometry” by Jane Whitney/Flickr, CC BY 4.0) After calculating a total strain energy for the starting geometry, the program automatically changes the geometry slightly in an attempt to lower strain—perhaps by lengthening a bond that is too short or decreasing an angle that is too large. Strain is recalculated for the new geometry, more changes are made, and more calculations are done. After dozens or hundreds of iterations, the calculation ultimately converges on a minimum energy that corresponds to the most favorable, least strained conformation of the molecule. Similar calculations have proven to be particularly useful in pharmaceutical research, where a complementary fit between a drug molecule and a receptor molecule in the body is often the key to designing new pharmaceutical agents ( ). The structure of Tamiflu (oseltamivir), an antiviral agent active against type A influenza , along with a molecular model of its minimum-energy conformation as calculated by molecular mechanics. alicyclic angle strain axial position (cyclohexane) boat cyclohexane Bridgehead atom chair conformation cis–trans isomers conformational analysis cycloalkanes 1,3-diaxial interaction Equatorial position (cyclohexane) polycyclic molecule ring-flip (cyclohexane) stereoisomer steric strain torsional strain twist-boat conformation Summary Cyclic molecules are so commonly encountered throughout organic and biological chemistry that it’s important to understand the consequences of their cyclic structures. Thus, we’ve taken a close look at cyclic structures in this chapter. Cycloalkanes are saturated cyclic hydrocarbons with the general formula C n H 2 n . In contrast to open-chain alkanes, where nearly free rotation occurs around C−C bonds, rotation is greatly reduced in cycloalkanes. Disubstituted cycloalkanes can therefore exist as cis–trans isomers . The cis isomer has both substituents on the same side of the ring; the trans isomer has substituents on opposite sides. Cis–trans isomers are just one kind of stereoisomer —compounds that have the same connections between atoms but different three-dimensional arrangements. Not all cycloalkanes are equally stable. Three kinds of strain contribute to the overall energy of a cycloalkane: (1) angle strain is the resistance of a bond angle to compression or expansion from the normal 109° tetrahedral value, (2) torsional strain is the energy cost of having neighboring C−H bonds eclipsed rather than staggered, and (3) steric strain is the repulsive interaction that arises when two groups attempt to occupy the same space. Cyclopropane (115 kJ/mol strain) and cyclobutane (110.4 kJ/mol strain) have both angle strain and torsional strain. Cyclopentane is free of angle strain but has a substantial torsional strain due to its large number of eclipsing interactions. Both cyclobutane and cyclopentane pucker slightly away from planarity to relieve torsional strain. Cyclohexane is strain-free because it adopts a puckered chair conformation , in which all bond angles are near 109° and all neighboring C–H bonds are staggered. Chair cyclohexane has two kinds of positions: axial and equatorial . Axial positions are oriented up and down, parallel to the ring axis, while equatorial positions lie in a belt around the equator of the ring. Each carbon atom has one axial and one equatorial position. Chair cyclohexanes are conformationally mobile and can undergo a ring-flip , which interconverts axial and equatorial positions. Substituents on the ring are more stable in the equatorial position because axial substituents cause 1,3-diaxial interactions . The amount of 1,3-diaxial steric strain caused by an axial substituent depends on its size. Additional Problems Visualizing Chemistry Cycloalkane Isomers Cycloalkane Conformation and Stability Cyclohexane Conformational Analysis General Problems", "section": "Conformations of Polycyclic Molecules", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Like the mountain whose image is reflected in a lake, many organic molecules also have mirror-image counterparts . (credit: modification of work “Crystal Lake sunrise reflection” by Sandy Horvath-Dori/Wikimedia Commons, CC BY 2.0) Understanding the causes and consequences of molecular handedness is crucial to understanding organic and biological chemistry. The subject can be a bit complex at first, but the material covered in this chapter nevertheless forms the basis for much of the remainder of the book. Are you right-handed or left-handed? You may not spend much time thinking about it, but handedness plays a surprisingly large role in your daily activities. Many musical instruments, such as oboes and clarinets, have a handedness to them; the last available softball glove always fits the wrong hand. The reason for these difficulties is that our hands aren’t identical; rather, they’re mirror images . When you hold a left hand up to a mirror, the image you see looks like a right hand. Try it. Handedness is also important in organic and biological chemistry, where it arises primarily as a consequence of the tetrahedral stereochemistry of sp 3 -hybridized carbon atoms. Many drugs and almost all the molecules in our bodies—amino acids, carbohydrates, nucleic acids, and many more—have a handedness. Furthermore, molecular handedness enables the precise interactions between enzymes and their substrates that are involved in the hundreds of thousands of chemical reactions on which life is based.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Enantiomers and the Tetrahedral Carbon What causes molecular handedness? Look at generalized molecules of the type CH 3 X, CH 2 XY, and CHXYZ shown in . On the left are three molecules, and on the right are their images reflected in a mirror. The CH 3 X and CH 2 XY molecules are identical to their mirror images and thus are not handed. If you make a molecular model of each molecule and its mirror image, you find that you can superimpose one on the other so that all atoms coincide. The CHXYZ molecule, by contrast, is not identical to its mirror image. You can’t superimpose a model of this molecule on a model of its mirror image for the same reason that you can’t superimpose a left hand on a right hand: they simply aren’t the same. Tetrahedral carbon atoms and their mirror images. Molecules of the type CH 3 X and CH 2 XY are identical to their mirror images, but a molecule of the type CHXYZ is not. A CHXYZ molecule is related to its mirror image in the same way a right hand is related to a left hand. A molecule that is not identical to its mirror image is a kind of stereoisomer ( ) called an enantiomer (e- nan -tee-oh-mer, from the Greek enantio, meaning “opposite”). Enantiomers are related to each other as a right hand is related to a left hand and result whenever a tetrahedral carbon is bonded to four different substituents (one need not be H). For example, lactic acid (2-hydroxypropanoic acid) exists as a pair of enantiomers because there are four different groups (−H, −OH, −CH 3 , −CO 2 H) bonded to the central carbon atom. The enantiomers are called (+)-lactic acid and (−)-lactic acid. Both are found in sour milk, but only the (+) enantiomer occurs in muscle tissue. No matter how hard you try, you can’t superimpose a molecule of (+)-lactic acid on a molecule of (−)-lactic acid. If any two groups match up, say −H and −CO 2 H, the remaining two groups don’t match ( ). Attempts at superimposing the mirror-image forms of lactic acid. (a) When the −H and −OH substituents match up, the −CO 2 H and −CH 3 substituents don’t; (b) when −CO 2 H and −CH 3 match up, −H and −OH don’t. Regardless of how the molecules are oriented, they aren’t identical.", "section": "Enantiomers and the Tetrahedral Carbon", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Reason for Handedness in Molecules: Chirality A molecule that is not identical to its mirror image is said to be chiral ( ky -ral, from the Greek cheir, meaning “hand”). You can’t take a chiral molecule and its enantiomer and place one on the other so that all atoms coincide. How can you predict whether a given molecule is or is not chiral? A molecule is not chiral if it has a plane of symmetry. A plane of symmetry is a plane that cuts through the middle of a molecule (or any object) in such a way that one half of the molecule or object is a mirror image of the other half. A coffee mug, for example, has a plane of symmetry. If you were to cut the coffee mug in half from top to bottom, one half would be a mirror image of the other half. A hand, however, does not have a plane of symmetry. One “half” of a hand is not a mirror image of the other half ( ). The meaning of symmetry plane. (a) An object like the coffee mug has a symmetry plane cutting through it so that right and left halves are mirror images. (b) An object like a hand has no symmetry plane; the right “half” of a hand is not a mirror image of the left half. A molecule that has a plane of symmetry in any conformation must be identical to its mirror image and must be nonchiral, or achiral . Thus, propanoic acid, CH 3 CH 2 CO 2 H, has a plane of symmetry when lined up as shown in and is achiral, while lactic acid, CH 3 CH(OH)CO 2 H, has no plane of symmetry in any conformation and is chiral. The achiral propanoic acid molecule versus the chiral lactic acid molecule. Propanoic acid has a plane of symmetry that makes one side of the molecule a mirror image of the other. Lactic acid has no such symmetry plane. The most common, although not the only, cause of chirality in organic molecules is the presence of a tetrahedral carbon atom bonded to four different groups—for example, the central carbon atom in lactic acid. Such carbons are referred to as chirality centers , although other terms such as stereocenter, asymmetric center, and stereogenic center have also been used. Note that chirality is a property of the entire molecule, whereas a chirality center is the cause of chirality. Detecting a chirality center in a complex molecule takes practice because it’s not always immediately apparent whether four different groups are bonded to a given carbon. The differences don’t necessarily appear right next to the chirality center. For example, 5-bromodecane is a chiral molecule because four different groups are bonded to C5, the chirality center (marked with an asterisk). A butyl substituent is similar to a pentyl substituent, but it isn’t identical. The difference isn’t apparent until looking four carbon atoms away from the chirality center, but there’s still a difference. As other possible examples, look at methylcyclohexane and 2-methylcyclohexanone. Methylcyclohexane is achiral because no carbon atom in the molecule is bonded to four different groups. You can immediately eliminate all −CH 2 − carbons and the −CH 3 carbon from consideration, but what about C1 on the ring? The C1 carbon atom is bonded to a −CH 3 group, to an −H atom, and to C2 and C6 of the ring. Carbons 2 and 6 are equivalent, however, as are carbons 3 and 5. Thus, the C6–C5–C4 “substituent” is equivalent to the C2–C3–C4 substituent, and methylcyclohexane is achiral. Another way of reaching the same conclusion is to realize that methylcyclohexane has a symmetry plane, which passes through the methyl group and through C1 and C4 of the ring. The situation is different for 2-methylcyclohexanone. 2-Methylcyclohexanone has no symmetry plane and is chiral because its C2 is bonded to four different groups: a −CH 3 group, an −H atom, a −COCH 2 − ring bond (C1), and a −CH 2 CH 2 − ring bond (C3). Several more examples of chiral molecules are shown below. Check for yourself that the labeled carbons are chirality centers. You might note that carbons in −CH 2 −, −CH 3 , C═O , C═C , and C≡C groups can’t be chirality centers. (Why not?) Drawing the Three-Dimensional Structure of a Chiral Molecule Draw the structure of a chiral alcohol. Strategy An alcohol is a compound that contains the −OH functional group. To make an alcohol chiral, we need to have four different groups bonded to a single carbon atom, say −H, −OH, −CH 3 , and −CH 2 CH 3 . Solution Problems", "section": "The Reason for Handedness in Molecules: Chirality", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Optical Activity The study of chirality originated in the early 19th century during investigations by the French physicist Jean-Baptiste Biot into the nature of plane-polarized light. A beam of ordinary light consists of electromagnetic waves that oscillate in an infinite number of planes at right angles to its direction of travel. When a beam of ordinary light passes through a device called a polarizer , however, only the light waves oscillating in a single plane pass through and the light is said to be plane-polarized. Light waves in all other planes are blocked out. Biot made the remarkable observation that when a beam of plane-polarized light passes through a solution of certain organic molecules, such as sugar or camphor, the plane of polarization is rotated through an angle, α . Not all organic substances exhibit this property, but those that do are said to be optically active . The angle of rotation can be measured with an instrument called a polarimeter, represented in . A solution of optically active organic molecules is placed in a sample tube, plane-polarized light is passed through the tube, and rotation of the polarization plane occurs. The light then goes through a second polarizer called the analyzer. By rotating the analyzer until the light passes through it , we can find the new plane of polarization and can tell to what extent rotation has occurred. Schematic representation of a polarimeter. Plane-polarized light passes through a solution of optically active molecules, which rotate the plane of polarization. In addition to determining the extent of rotation, we can also find the direction. From the vantage point of the observer looking directly at the analyzer, some optically active molecules rotate polarized light to the left (counterclockwise) and are said to be levorotatory , whereas others rotate polarized light to the right (clockwise) and are said to be dextrorotatory . By convention, rotation to the left is given a minus sign (−) and rotation to the right is given a plus sign (+). (−)-Morphine, for example, is levorotatory, and (+)-sucrose is dextrorotatory. The extent of rotation observed in a polarimetry experiment depends on the number of optically active molecules encountered by the light beam. This number, in turn, depends on sample concentration and sample pathlength. If the concentration of the sample is doubled, the observed rotation doubles. If the concentration is kept constant but the length of the sample tube is doubled, the observed rotation doubles. It also happens that the angle of rotation depends on the wavelength of the light used. To express optical rotations in a meaningful way so that comparisons can be made, we have to choose standard conditions. The specific rotation, [ α ] D , of a compound is defined as the observed rotation when light of 589.6 nanometer (nm; 1 nm = 10 −9 m) wavelength is used with a sample pathlength l of 1 decimeter (dm; 1 dm = 10 cm) and a sample concentration c of 1 g/cm 3 . (Light of 589.6 nm, the so-called sodium D line, is the yellow light emitted from common sodium street lamps.) [ α ] D = Observed rotation (degrees) Pathlength, l (dm) × Concentration, c ( g/cm 3 ) = α l × c When optical rotations are expressed in this standard way, the specific rotation, [ α ] D , is a physical constant characteristic of a given optically active compound. For example, (+)-lactic acid has [ α ] D = +3.82, and (−)-lactic acid has [ α ] D = −3.82. That is, the two enantiomers rotate plane-polarized light to exactly the same extent but in opposite directions. Note that the units of specific rotation are [(deg · cm 2 )/g] but the values are usually expressed without units. Some additional examples are listed in . Specific Rotations of Some Organic Molecules Compound [ α ] D Compound [ α ] D Penicillin V +233 Cholesterol −31.5 Sucrose +66.47 Morphine −132 Camphor +44.26 Cocaine −16 Chloroform 0 Acetic acid 0 Calculating an Optical Rotation A 1.20 g sample of cocaine, [ α ] D = −16, was dissolved in 7.50 mL of chloroform and placed in a sample tube having a pathlength of 5.00 cm. What was the observed rotation? Strategy Since [ α ] D = α l × c Then α = l × c × [ α ] D where [ α ] D = −16; l = 5.00 cm = 0.500 dm; c = 1.20 g/7.50 cm 3 = 0.160 g/cm 3 Solution α = (−16) (0.500) (0.160) = −1.3°. Problems", "section": "Optical Activity", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Pasteur’s Discovery of Enantiomers Little was done to build on Biot’s discovery of optical activity until 1848, when Louis Pasteur began work on a study of crystalline tartaric acid salts derived from wine. On crystallizing a concentrated solution of sodium ammonium tartrate below 28 °C, Pasteur made the surprising observation that two distinct kinds of crystals were obtained. Furthermore, the two kinds of crystals were nonsuperimposable mirror images and were related in the same way that a right hand is related to a left hand. Working carefully with tweezers, Pasteur was able to separate the crystals into two piles, one of “right-handed” crystals and one of “left-handed” crystals, like those shown in . Although the original sample, a 50 : 50 mixture of right and left, was optically inactive, solutions of the crystals from each of the sorted piles were optically active and their specific rotations were equal in magnitude but opposite in sign. Drawings of sodium ammonium tartrate crystals taken from Pasteur’s original sketches. One of the crystals is dextrorotatory in solution, and the other is levorotatory. Pasteur was far ahead of his time. Although the structural theory of Kekulé had not yet been proposed, Pasteur explained his results by speaking of the molecules themselves, saying, “There is no doubt that [in the dextro tartaric acid] there exists an asymmetric arrangement having a nonsuperimposable image. It is no less certain that the atoms of the levo acid have precisely the inverse asymmetric arrangement.” Pasteur’s vision was extraordinary, for it was not until 25 years later that his ideas regarding asymmetric carbon atoms were confirmed. Today, we would describe Pasteur’s work by saying that he had discovered enantiomers. Enantiomers , also called optical isomers , have identical physical properties, such as melting point and boiling point, but differ in the direction in which their solutions rotate plane-polarized light.", "section": "Pasteur’s Discovery of Enantiomers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Sequence Rules for Specifying Configuration Structural drawings provide a visual representation of stereochemistry, but a written method for indicating the three-dimensional arrangement, or configuration , of substituents at a chirality center is also needed. The method used a set of sequence rules to rank the four groups attached to the chirality center and then looks at the handedness with which those groups are attached. Called the Cahn–Ingold–Prelog rules after the chemists who proposed them, the sequence rules are as follows: RULE 1 Look at the four atoms directly attached to the chirality center, and rank them according to atomic number. The atom with the highest atomic number has the highest ranking (first), and the atom with the lowest atomic number (usually hydrogen) has the lowest ranking (fourth). When different isotopes of the same element are compared, such as deuterium ( 2 H) and protium ( 1 H), the heavier isotope ranks higher than the lighter isotope. Thus, atoms commonly found in organic compounds have the following order. RULE 2 If a decision can’t be reached by ranking the first atoms in the substituent, look at the second, third, or fourth atoms away from the chirality center until the first difference is found. A −CH 2 CH 3 substituent and a −CH 3 substituent are equivalent by rule 1 because both have carbon as the first atom. By rule 2, however, ethyl ranks higher than methyl because ethyl has a carbon as its highest second atom, while methyl has only hydrogen as its second atom. Look at the following pairs of examples to see how the rule works: RULE 3 Multiple-bonded atoms are equivalent to the same number of single-bonded atoms. For example, an aldehyde substituent ( –CH═O ), which has a carbon atom doubly bonded to one oxygen, is equivalent to a substituent having a carbon atom singly bonded to two oxygens: As further examples, the following pairs are equivalent: Having ranked the four groups attached to a chiral carbon, we describe the stereochemical configuration around the carbon by orienting the molecule so that the group with the lowest ranking (4) points directly away from us. We then look at the three remaining substituents, which now appear to radiate toward us like the spokes on a steering wheel ( ). If a curved arrow drawn from the highest to second-highest to third-highest ranked substituent (1 → 2 → 3) is clockwise, we say that the chirality center has the R configuration (Latin rectus, meaning “right”). If an arrow from 1 → 2 → 3 is counterclockwise, the chirality center has the S configuration (Latin sinister , meaning “left”). To remember these assignments, think of a car’s steering wheel when making a R ight (clockwise) turn. Assigning R and S configurations to chirality centers. When the molecule is oriented so that the lowest-ranked group ( 4 ) is toward the rear, the remaining three groups radiate toward the viewer like the spokes of a steering wheel. If the direction of travel 1 → 2 → 3 is clockwise (right turn), the center has the R configuration. If the direction of travel 1 → 2 → 3 is counterclockwise (left turn), the center is S . Look at (−)-lactic acid in for an example of how to assign configuration. Sequence rule 1 says that −OH is ranked 1 and −H is ranked 4, but it doesn’t allow us to distinguish between −CH 3 and −CO 2 H because both groups have carbon as their first atom. Sequence rule 2, however, says that −CO 2 H ranks higher than −CH 3 because O (the highest second atom in −CO 2 H) outranks H (the highest second atom in −CH 3 ). Now, turn the molecule so that the fourth-ranked group (−H) is oriented toward the rear, away from the observer. Since a curved arrow from 1 (−OH) to 2 (−CO 2 H) to 3 (−CH 3 ) is clockwise (right turn of the steering wheel), (−)-lactic acid has the R configuration. Applying the same procedure to (+)-lactic acid leads to the opposite assignment. Assigning configuration to (a) ( R )-(−)-lactic acid and (b) ( S )-(+)-lactic acid. Further examples are provided by naturally occurring (−)-glyceraldehyde and (+)-alanine, which both have the S configuration as shown in . Note that the sign of optical rotation, (+) or (−), is not related to the R,S designation. ( S )-Glyceraldehyde happens to be levorotatory (−), and ( S )-alanine happens to be dextrorotatory (+). There is no simple correlation between R,S configuration and direction or magnitude of optical rotation. Assigning configuration to (a) (−)-glyceraldehyde. (b) (+)-alanine. Both happen to have the S configuration, although one is levorotatory and the other is dextrorotatory. One additional point needs to be mentioned—the matter of absolute configuration . How do we know that the assignments of R and S configuration are correct in an absolute sense , rather than a relative, sense? Since there is no correlation between the R,S configuration and the direction or magnitude of optical rotation, how do we know that the R configuration belongs to the levorotatory enantiomer of lactic acid? This difficult question was finally solved in 1951, when an X-ray diffraction method was found for determining the absolute spatial arrangement of atoms in a molecule. Based on those results, we can say with certainty that the R , S conventions are correct. Assigning Configuration to Chirality Centers Orient each of the following drawings so that the lowest-ranked group is toward the rear, and then assign R or S configuration to each: Strategy It takes practice to be able to visualize and orient a chirality center in three dimensions. You might start by indicating where the observer must be located—180° opposite the lowest-ranked group. Then imagine yourself in the position of the observer, and redraw what you would see. Solution In (a) , you would be located in front of the page toward the top right of the molecule, and you would see group 2 to your left, group 3 to your right, and group 1 below you. This corresponds to an R configuration. In (b) , you would be located behind the page toward the top left of the molecule from your point of view, and you would see group 3 to your left, group 1 to your right, and group 2 below you. This also corresponds to an R configuration. Drawing the Three-Dimensional Structure of a Specific Enantiomer Draw a tetrahedral representation of ( R )-2-chlorobutane. Strategy Begin by ranking the four substituents bonded to the chirality center: (1) −Cl, (2) −CH 2 CH 3 , (3) −CH 3 , (4) −H. To draw a tetrahedral representation of the molecule, orient the lowest-ranked group (−H) away from you and imagine that the other three groups are coming out of the page toward you. Then, place the remaining three substituents such that the direction of travel 1 → 2 → 3 is clockwise (right turn), and tilt the molecule toward you to bring the rear hydrogen into view. Using molecular models is a real help in working problems of this sort. Solution Problems", "section": "Sequence Rules for Specifying Configuration", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Diastereomers Molecules like lactic acid, alanine, and glyceraldehyde are relatively simple because each has only one chirality center and thus only two stereoisomers. The situation becomes more complex, however, with molecules that have more than one chirality center. As a general rule, a molecule with n chirality centers can have up to 2 n stereoisomers (although it may have fewer, as we’ll see below). Take the amino acid threonine (2-amino-3-hydroxybutanoic acid), for example. Since threonine has two chirality centers (C2 and C3), there are four possible stereoisomers, as shown in . Check for yourself that the R , S configurations of all stereoisomers are correct. The four stereoisomers of 2-amino-3-hydroxybutanoic acid. The four stereoisomers of 2-amino-3-hydroxybutanoic acid can be grouped into two pairs of enantiomers. The 2 R ,3 R stereoisomer is the mirror image of 2 S ,3 S , and the 2 R ,3 S stereoisomer is the mirror image of 2 S ,3 R . But what is the relationship between any two molecules that are not mirror images? What, for instance, is the relationship between the 2 R ,3 R isomer and the 2 R ,3 S isomer? They are stereoisomers, yet they aren’t enantiomers. To describe such a relationship, we need a new term— diastereomer . Diastereomers (dia- stair -e-oh-mers) are stereoisomers that are not mirror images. Since we used the right-hand/left-hand analogy to describe the relationship between two enantiomers, we might extend the analogy by saying that the relationship between diastereomers is like that of hands from different people. Your hand and your friend’s hand look similar , but they aren’t identical and they aren’t mirror images. The same is true of diastereomers: they’re similar, but they aren’t identical and they aren’t mirror images. Note carefully the difference between enantiomers and diastereomers: enantiomers have opposite configurations at all chirality centers, whereas diastereomers have opposite configurations at some (one or more) chirality centers but the same configuration at others. A full description of the four stereoisomers of threonine is given in . Of the four, only the 2 S ,3 R isomer, [ α ] D = −28.3, occurs naturally in plants and animals and is an essential nutrient for humans. This result is typical: most biological molecules are chiral, and usually only one stereoisomer is found in nature. Relationships among the Four Stereoisomers of Threonine Stereoisomer Enantiomer Diastereomer 2 R ,3 R 2 S ,3 S 2 R ,3 S and 2 S ,3 R 2 S ,3 S 2 R ,3 R 2 R ,3 S and 2 S ,3 R 2 R ,3 S 2 S ,3 R 2 R ,3 R and 2 S ,3 S 2 S ,3 R 2 R ,3 S 2 R ,3 R and 2 S ,3 S In the special case where two diastereomers differ at only one chirality center but are the same at all others, we say that the compounds are epimers . Cholestanol and coprostanol, for instance, are both found in human feces, and both have nine chirality centers. Eight of the nine are identical, but the one at C5 is different. Thus, cholestanol and coprostanol are epimeric at C5. Problems", "section": "Diastereomers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Meso Compounds Let’s look at another example ( ) of a compound with more than one chirality center: the tartaric acid used by Pasteur. The four stereoisomers can be drawn as follows: The 2 R ,3 R and 2 S ,3 S structures are nonsuperimposable mirror images and therefore represent a pair of enantiomers. A close look at the 2 R ,3 S and 2 S ,3 R structures, however, shows that they are superimposable, and thus identical, as can be seen by rotating one structure 180°. The 2 R ,3 S and 2 S ,3 R structures are identical because the molecule has a plane of symmetry and is therefore achiral. The symmetry plane cuts through the C2–C3 bond, making one half of the molecule a mirror image of the other half ( ). Because of the plane of symmetry, the molecule is achiral, despite the fact that it has two chirality centers. Such compounds, which are achiral, yet contain chirality centers, are called meso compounds (me-zo) . Thus, tartaric acid exists in three stereoisomeric forms: two enantiomers and one meso form. A symmetry plane through the C2–C3 bond of meso -tartaric acid makes the molecule achiral. Some physical properties of the three stereoisomers are listed in . The (+)- and (−)-tartaric acids have identical melting points, solubilities, and densities, but they differ in the sign of their rotation of plane-polarized light. The meso isomer, by contrast, is diastereomeric with the (+) and (−) forms. It has no mirror-image relationship to (+)- and (−)-tartaric acids, is a different compound altogether, and thus has different physical properties. Some Properties of the Stereoisomers of Tartaric Acid Stereoisomer Melting point ( ° C) [ α ] D Density (g/cm 3 ) Solubility at 20 ° C (g/100 mL H 2 O) (+) 168–170 +12 1.7598 139.0 (−) 168–170 −12 1.7598 139.0 Meso 146–148 0 1.6660 125.0 Some Properties of the Stereoisomers of Tartaric Acid Distinguishing Chiral Compounds from Meso Compounds Does cis -1,2-dimethylcyclobutane have any chirality centers? Is it chiral? Strategy To see whether a chirality center is present, look for a carbon atom bonded to four different groups. To see whether the molecule is chiral, look for the presence or absence of a symmetry plane. Not all molecules with chirality centers are chiral overall—meso compounds are an exception. Solution A look at the structure of cis -1,2-dimethylcyclobutane shows that both methyl-bearing ring carbons (C1 and C2) are chirality centers. Overall, though, the compound is achiral because there is a symmetry plane bisecting the ring between C1 and C2. Thus, the molecule is a meso compound. Problems", "section": "Meso Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Racemic Mixtures and the Resolution of Enantiomers To end this discussion of stereoisomerism, let’s return for a last look at Pasteur’s pioneering work, described in . Pasteur took an optically inactive tartaric acid salt and found that he could crystallize from it two optically active forms having what we would now call 2 R ,3 R and 2 S ,3 S configurations. But what was the optically inactive form he started with? It couldn’t have been meso -tartaric acid, because meso -tartaric acid is a different chemical compound and can’t interconvert with the two chiral enantiomers without breaking and re-forming chemical bonds. The answer is that Pasteur started with a 50 : 50 mixture of the two chiral tartaric acid enantiomers. Such a mixture is called a racemate ( rass -uh-mate), or racemic mixture, and is denoted by either the symbol (±) or the prefix d,l to indicate an equal mixture of dextrorotatory and levorotatory forms. Racemates show no optical rotation because the (+) rotation from one enantiomer exactly cancels the (−) rotation from the other. Through good luck, Pasteur was able to separate, or resolve, racemic tartaric acid into its (+) and (−) enantiomers. Unfortunately, the fractional crystallization technique he used doesn’t work for most racemates, so other methods are needed. The most common method for resolving the racemate of a chiral carboxylic acid (RCO 2 H) is to carry out an acid-base reaction between the acid and an amine base (RNH 2 ) to yield an ammonium salt: To understand how this method of resolution works, let’s see what happens when a racemic mixture of chiral acids, such as (+)- and (−)-lactic acids, reacts with an achiral amine base, such as methylamine, CH 3 NH 2 . The situation is analogous to what happens when left and right hands (chiral) pick up a ball (achiral). Both left and right hands pick up the ball equally well, and the products—ball in right hand versus ball in left hand—are mirror images. In the same way, both (+)- and (−)-lactic acid react with methylamine equally well, and the product is a racemic mixture of the two enantiomers methylammonium (+)-lactate and methylammonium (−)-lactate ( ). Reaction of racemic lactic acid with achiral methylamine gives a racemic mixture of ammonium salts. Now let’s see what happens when the racemic mixture of (+)- and (−)-lactic acids reacts with a single enantiomer of a chiral amine base, such as ( R )-1-phenylethylamine. The situation is analogous to what happens when left and right hands (chiral) put on a right-handed glove ( also chiral ). Left and right hands don’t put on the right-handed glove in the same way, so the products—right hand in right glove versus left hand in right glove—are not mirror images; they’re similar but different. In the same way, (+)- and (−)-lactic acids react with ( R )-1-phenylethylamine to give two different products ( ). ( R )-Lactic acid reacts with ( R )-1-phenylethylamine to give the R,R salt, and ( S )-lactic acid reacts with the R amine to give the S,R salt. The two salts are diastereomers, not enantiomers. They have different chemical and physical properties, and it may therefore be possible to separate them by crystallization or some other means. Once separated, acidification of the two diastereomeric salts with a strong acid makes it possible to isolate the two pure enantiomers of lactic acid and to recover the chiral amine for reuse. Reaction of racemic lactic acid with ( R )-1-phenylethylamine yields a mixture of diastereomeric ammonium salts, which have different properties and can be separated. Predicting the Chirality of a Reaction Product We’ll see in Section 21.3 that carboxylic acids (RCO 2 H) react with alcohols (R′OH) to form esters (RCO 2 R′). Suppose that (±)-lactic acid reacts with CH 3 OH to form the ester, methyl lactate. What stereochemistry would you expect the product(s) to have? What is the relationship of the products? Solution Reaction of a racemic acid with an achiral alcohol such as methanol yields a racemic mixture of mirror-image (enantiomeric) products. Problems", "section": "Racemic Mixtures and the Resolution of Enantiomers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "A Review of Isomerism As noted on several previous occasions, isomers are compounds with the same chemical formula but different structures. We’ve seen several kinds of isomers in the past few chapters, and it’s a good idea at this point to see how they relate to one another ( ). A summary of the different kinds of isomers. There are two fundamental types of isomers, both of which we’ve now encountered: constitutional isomers and stereoisomers. Constitutional isomers ( ) are compounds whose atoms are connected differently. Among the kinds of constitutional isomers we’ve seen are skeletal, functional, and positional isomers. Stereoisomers ( ) are compounds whose atoms are connected in the same order but with a different spatial arrangement. Among the kinds of stereoisomers we’ve seen are enantiomers, diastereomers, and cis–trans isomers of cycloalkanes. Actually, cis–trans isomers are just a subclass of diastereomers because they are non–mirror-image stereoisomers: Problems", "section": "A Review of Isomerism", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chirality at Nitrogen, Phosphorus, and Sulfur As noted previously, the most common cause of chirality in a molecule is the presence of four different substituents bonded to a tetrahedral atom. Although that atom is usually carbon, it doesn’t necessarily have to be. Nitrogen, phosphorus, and sulfur atoms are all commonly encountered in organic molecules, and can all be chirality centers. We know, for instance, that trivalent nitrogen is tetrahedral, with its lone pair of electrons acting as the fourth “substituent” ( ). Is trivalent nitrogen chiral? Does a compound such as ethylmethylamine exist as a pair of enantiomers? The answer is both yes and no. Yes in principle, but no in practice. It turns out that most trivalent nitrogen compounds undergo a rapid umbrella-like inversion that interconverts enantiomers, so we can’t isolate individual enantiomers except in special cases. A similar situation occurs in trivalent phosphorus compounds, called phosphines, but the inversion at phosphorus is substantially slower than inversion at nitrogen, so stable chiral phosphines can be isolated. ( R )- and ( S )-methylpropylphenylphosphine, for instance, are configurationally stable for several hours at 100 °C. We’ll see the importance of phosphine chirality in Section 26.7 in connection with the synthesis of chiral amino acids. Divalent sulfur compounds are achiral, but trivalent sulfur compounds called sulfonium salts (R 3 S + ) can be chiral. Like phosphines, sulfonium salts undergo relatively slow inversion, so chiral sulfonium salts are configurationally stable and can be isolated. Perhaps the best known example is the coenzyme S -adenosylmethionine, the so-called biological methyl donor, which is involved in many metabolic pathways as a source of CH 3 groups. (The “ S ” in the name S -adenosylmethionine stands for sulfur and means that the adenosyl group is attached to the sulfur atom of the amino acid methionine.) The molecule has S stereochemistry at sulfur and is configurationally stable for several days at room temperature. Its R enantiomer is also known but is not biologically active.", "section": "Chirality at Nitrogen, Phosphorus, and Sulfur", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Prochirality Closely related to the concept of chirality, and particularly important in biological chemistry, is the notion of prochirality. A molecule is said to be prochiral if it can be converted from achiral to chiral in a single chemical step. For instance, an unsymmetrical ketone like 2-butanone is prochiral because it can be converted to the chiral alcohol 2-butanol by the addition of hydrogen, as we’ll see in Section 17.4 . Which enantiomer of 2-butanol is produced depends on which face of the planar carbonyl group undergoes reaction. To distinguish between the possibilities, we use the stereochemical descriptors Re and Si. Rank the three groups attached to the trigonal, sp 2 -hybridized carbon, and imagine curved arrows from the highest to second-highest to third-highest ranked substituents. The face on which the arrows curve clockwise is designated the Re face (similar to R ), and the face on which the arrows curve counterclockwise is designated the Si face (similar to S ). In this example, addition of hydrogen from the Re face gives ( S )-2-butane, and addition from the Si face gives ( R )-2-butane. In addition to compounds with planar, sp 2 -hybridized atoms, compounds with tetrahedral, sp 3 -hybridized atoms can also be prochiral. An sp 3 -hybridized atom is said to be a prochirality center if, by changing one of its attached groups, it becomes a chirality center. The −CH 2 OH carbon atom of ethanol, for instance, is a prochirality center because changing one of its attached −H atoms converts it into a chirality center. To distinguish between the two identical atoms (or groups of atoms) on a prochirality center, we imagine a change that will raise the ranking of one atom over the other without affecting its rank with respect to other attached groups. On the −CH 2 OH carbon of ethanol, for instance, we might imagine replacing one of the 1 H atoms (protium) by 2 H (deuterium). The newly introduced 2 H atom ranks higher than the remaining 1 H atom, but it remains lower than other groups attached to the carbon. Of the two identical atoms in the original compound, the atom whose replacement leads to an R chirality center is said to be pro- R and the atom whose replacement leads to an S chirality center is pro- S . A large number of biological reactions involve prochiral compounds. One of the steps in the citric acid cycle by which food is metabolized, for instance, is the addition of H 2 O to fumarate to give malate. Addition of −OH occurs on the Si face of a fumarate carbon and gives ( S )-malate as product. As another example, studies with deuterium-labeled substrates have shown that the reaction of ethanol with the coenzyme nicotinamide adenine dinucleotide (NAD + ), catalyzed by yeast alcohol dehydrogenase, occurs with exclusive removal of the pro- R hydrogen from ethanol and with addition only to the Re face of NAD + . Determining the stereochemistry of reactions at prochirality centers is a powerful method for studying detailed mechanisms in biochemical reactions. As just one example, the conversion of citrate to cis -aconitate in the citric acid cycle has been shown to occur with loss of a pro- R hydrogen, implying that the OH and H groups leave from opposite sides of the molecule. Problems", "section": "Prochirality", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chirality in Nature and Chiral Environments Although the different enantiomers of a chiral molecule have the same physical properties, they usually have different biological properties. For example, a change in chirality can affect the biological properties of many drugs, such as fluoxetine, a heavily prescribed medication sold under the trade name Prozac. Racemic fluoxetine is an effective antidepressant but has no activity against migraine. The pure S enantiomer, however, works remarkably well in preventing migraine. Other examples of how chirality affects biological properties are given in the Chapter 5 Chemistry Matters at the end of this chapter. Why do different enantiomers have different biological properties? To have a biological effect, a substance typically must fit into an appropriate receptor that has a complementary shape. But because biological receptors are chiral, only one enantiomer of a chiral substrate can fit, just as only a right hand can fit into a right-handed glove. The mirror-image enantiomer will be a misfit, like a left hand in a right-handed glove. A representation of the interaction between a chiral molecule and a chiral biological receptor is shown in : one enantiomer fits the receptor perfectly, but the other does not. Interaction of a chiral object with a chiral receptor. A left hand interacts with a chiral object, much as a biological receptor interacts with a chiral molecule. (a) One enantiomer fits into the hand perfectly: green thumb , red palm , and gray pinkie finger , with the blue substituent exposed . (b) The other enantiomer, however, can’t fit into the hand. When the green thumb and gray pinkie finger interact appropriately, the palm holds a blue substituent rather than a red one, with the red substituent exposed . The hand-in-glove fit of a chiral substrate into a chiral receptor is relatively straightforward, but it’s less obvious how a prochiral substrate can undergo a selective reaction. Take the reaction of ethanol with NAD + catalyzed by yeast alcohol dehydrogenase. As we saw at the end of , this reaction occurs with exclusive removal of the pro- R hydrogen from ethanol and with addition only to the Re face of the NAD + carbon. We can understand this result by imagining that the chiral enzyme receptor again has three binding sites, as in . When green and gray substituents of a prochiral substrate are held appropriately, however, only one of the two red substituents—say, the pro- S one—is also held while the other, pro- R, substituent is exposed for reaction. We describe the situation by saying that the receptor provides a chiral environment for the substrate. In the absence of a chiral environment, the two red substituents are chemically identical, but in the presence of a chiral environment, they are chemically distinctive ( a). The situation is similar to what happens when you pick up a coffee mug. By itself, the mug has a plane of symmetry and is achiral. When you pick up the mug, however, your hand provides a chiral environment so that one side becomes much more accessible and easier to drink from than the other ( b). (a) When a prochiral molecule is held in a chiral environment, the two seemingly identical substituents are distinguishable. (b) Similarly, when an achiral coffee mug is held in the chiral environment of your hand, it’s much easier to drink from one side than the other because the two sides of the mug are now distinguishable. Chiral Drugs The many hundreds of different pharmaceutical agents approved for use by the U.S. Food and Drug Administration come from many sources. Many drugs are isolated directly from plants or bacteria, and others are made by chemical modification of naturally occurring compounds. An estimated 33%, however, are made entirely in the laboratory and have no relatives in nature. The S enantiomer of ibuprofen soothes the aches and pains of athletic injuries much more effectively than the R enantiomer. (credit: “World Athletic Championships 2007 in Osaka” by Eckhard Pecher/Wikimedia Commons, CC BY 2.5) Those drugs that come from natural sources, either directly or after laboratory modification, are usually chiral and are generally found only as a single enantiomer rather than as a racemate. Penicillin V, for example, an antibiotic isolated from the Penicillium mold, has the 2 S ,5 R ,6 R configuration. Its enantiomer, which does not occur naturally but can be made in the laboratory, has no antibiotic activity. In contrast to drugs from natural sources, drugs that are made entirely in the laboratory are either achiral or, if chiral, are often produced and sold as racemates. Ibuprofen, for example, has one chirality center and is sold commercially under such trade names as Advil, Nuprin, and Motrin as a 50 : 50 mixture of R and S. It turns out, however, that only the S enantiomer is active as an analgesic and anti-inflammatory agent. The R enantiomer of ibuprofen is inactive, although it is slowly converted in the body to the active S form. Not only is it chemically wasteful to synthesize and administer an enantiomer that does not serve the intended purpose, many instances are now known where the presence of the “wrong” enantiomer in a racemic mixture either affects the body’s ability to utilize the “right” enantiomer or has unintended pharmacological effects of its own. The presence of ( R )-ibuprofen in the racemic mixture, for instance, slows the rate at which the S enantiomer takes effect in the body, from 12 minutes to 38 minutes. To get around this problem, pharmaceutical companies attempt to devise methods of enantioselective synthesis, which allow them to prepare only a single enantiomer rather than a racemic mixture. Viable methods have been developed for the preparation of ( S )-ibuprofen, which is marketed in Europe. We’ll look further into enantioselective synthesis in the Chapter 19 Chemistry Matters . absolute configuration achiral Cahn–Ingold–Prelog rules chiral chiral environment chirality center configuration dextrorotatory diastereomer enantiomer epimer levorotatory meso compound optically active prochiral prochirality center pro- R configuration pro- S configuration R configuration racemate Re face resolution S configuration Si face specific rotation, [ α ] D Summary In this chapter, we’ve looked at some of the causes and consequences of molecular handedness—a topic of particular importance in understanding biological chemistry. The subject can be a bit complex but is so important that it’s worthwhile spending time to become familiar with it. An object or molecule that is not superimposable on its mirror image is said to be chiral , meaning “handed.” A chiral molecule is one that does not have a plane of symmetry cutting through it so that one half is a mirror image of the other half. The most common cause of chirality in organic molecules is the presence of a tetrahedral, sp 3 -hybridized carbon atom bonded to four different groups—a so-called chirality center . Chiral compounds can exist as a pair of nonsuperimposable mirror-image stereoisomers called enantiomers . Enantiomers are identical in all physical properties except for the direction in which they rotate plane-polarized light. The stereochemical configuration of a chirality center can be specified as either R ( rectus ) or S ( sinister ) by using the Cahn–Ingold–Prelog rules . First rank the four substituents on the chiral carbon atom, and then orient the molecule so that the lowest-ranked group points directly back. If a curved arrow drawn in the direction of decreasing rank (1 → 2 → 3) for the remaining three groups is clockwise, the chirality center has the R configuration. If the direction is counterclockwise, the chirality center has the S configuration. Some molecules have more than one chirality center. Enantiomers have opposite configuration at all chirality centers, whereas diastereomers have the same configuration in at least one center but opposite configurations at the others. Epimers are diastereomers that differ in configuration at only one chirality center. A compound with n chirality centers can have a maximum of 2 n stereoisomers. A meso compound contains a chirality center but is achiral overall because it has a plane of symmetry. Racemic mixtures, or racemates , are 50 : 50 mixtures of (+) and (−) enantiomers. Racemates and individual diastereomers differ in their physical properties, such as solubility, melting point, and boiling point. A molecule is prochiral if it can be converted from achiral to chiral in a single chemical step. A prochiral sp 2 -hybridized atom has two faces, described as either Re or Si . An sp 3 -hybridized atom is a prochirality center if, by changing one of its attached atoms, a chirality center results. The atom whose replacement leads to an R chirality center is pro- R , and the atom whose replacement leads to an S chirality center is pro- S . Additional Problems Visualizing Chemistry Chirality and Optical Activity Assigning Configuration to Chirality Centers Meso Compounds Prochirality General Problems", "section": "Chirality in Nature and Chiral Environments", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Many chemical reactions are like pole vaulters going over the bar. They need a big, initial push of activation energy. (credit: modification of work “UChicago Pole Vault” by Eric Guo/Flickr, CC BY 2.0) All chemical reactions, whether they take place in the laboratory or in living organisms, follow the same “rules.” Reactions in living organisms often look more complex than laboratory reactions because of the size of the biomolecules and the involvement of biological catalysts called enzymes, but the principles governing all chemical reactions are the same. To understand both organic and biological chemistry, it’s necessary to know not just what occurs but also why and how chemical reactions take place. In this chapter, we’ll start with an overview of the fundamental kinds of organic reactions, we’ll see why reactions occur, and we’ll see how reactions can be described. Once this background is out of the way, we’ll then be ready to begin studying the details of organic chemistry in future chapters. When first approached, organic chemistry might seem overwhelming. It’s not so much that any one part is difficult to understand, it’s that there are so many parts: tens of millions of compounds, dozens of functional groups, and an apparently endless number of reactions. With study, though, it becomes evident that there are only a few fundamental ideas that underlie all organic reactions. Far from being a collection of isolated facts, organic chemistry is a beautifully logical subject that is unified by a few broad themes. When these themes are understood, learning organic chemistry becomes much easier and memorization is minimized. The aim of this book is to describe the themes and clarify the patterns that unify organic chemistry in future chapters.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Kinds of Organic Reactions Organic chemical reactions can be organized broadly in two ways—by what kinds of reactions occur and by how those reactions occur. Let’s look first at the kinds of reactions that take place. There are four general types of organic reactions: additions, eliminations, substitutions, and rearrangements . Addition reactions occur when two reactants add together to form a single product with no atoms “left over.” An example that we’ll be studying soon is the reaction of an alkene, such as ethylene, with HBr to yield an alkyl bromide. Elimination reactions are, in a sense, the opposite of addition reactions. They occur when a single reactant splits into two products, often with the formation of a small molecule such as water or HBr. An example is the acid-catalyzed reaction of an alcohol to yield water and an alkene. Substitution reactions occur when two reactants exchange parts to give two new products. An example is the reaction of an ester such as methyl acetate with water to yield a carboxylic acid plus an alcohol. Similar reactions occur in many biological pathways, including the metabolism of dietary fats. Rearrangement reactions occur when a single reactant undergoes a reorganization of bonds and atoms to yield an isomeric product. An example is the conversion of dihydroxyacetone phosphate into its constitutional isomer glyceraldehyde 3-phosphate, a step in the glycolysis pathway by which carbohydrates are metabolized. Problems", "section": "Kinds of Organic Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "How Organic Reactions Occur: Mechanisms Having looked at the kinds of reactions that take place, let’s now see how they occur. An overall description of how a reaction occurs is called a reaction mechanism . A mechanism describes in detail exactly what takes place at each stage of a chemical transformation—which bonds are broken and in what order, which bonds are formed and in what order, and what the relative rates are for each step. A complete mechanism must also account for all reactants used and all products formed. All chemical reactions involve bond-breaking and bond-making. When two molecules come together, react, and yield products, specific bonds in the reactant molecules are broken and specific bonds in the product molecules are formed. Fundamentally, there are two ways in which a covalent two-electron bond can break. A bond can break in an electronically unsymmetrical way so that both bonding electrons remain with one product fragment, leaving the other with a vacant orbital, or a bond can break in an electronically symmetrical way so that one electron remains with each product fragment. The unsymmetrical cleavage is said to be heterolytic , and the symmetrical cleavage is said to be homolytic . We’ll develop this point in more detail later, but note for now that the movement of two electrons in the unsymmetrical process is indicated using a full-headed curved arrow ( ), whereas the movement of one electron in the symmetrical process is indicated using a half-headed, or “fishhook,” arrow ( ). Just as there are two ways in which a bond can break, there are two ways in which a covalent two-electron bond can form. A bond can form in an electronically unsymmetrical way if both bonding electrons are donated to the new bond by one reactant, or in a symmetrical way if one electron is donated by each reactant. Processes that involve unsymmetrical bond-breaking and bond-making are called polar reactions . Polar reactions involve species that have an even number of electrons and thus have only electron pairs in their orbitals. Polar processes are by far the more common reaction type in both organic and biological chemistry, and a large part of this book is devoted to their description. Processes that involve symmetrical bond-breaking and bond-making are called radical reactions . A radical , often called a free radical , is a neutral chemical species that contains an odd number of electrons and thus has a single, unpaired electron in one of its orbitals. In addition to polar and radical reactions, there is a third, less commonly encountered process called a pericyclic reaction . Rather than explain pericyclic reactions now, though, we’ll look at them more carefully in Chapter 30.", "section": "How Organic Reactions Occur: Mechanisms", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polar Reactions Polar reactions occur because of the electrical attraction between positively polarized and negatively polarized centers on functional groups in molecules. To see how these reactions take place, let’s first recall the discussion of polar covalent bonds in and then look more deeply into the effects of bond polarity on organic molecules. Most organic compounds are electrically neutral; they have no net charge, either positive or negative. We saw in , however, that certain bonds within a molecule, particularly the bonds in functional groups, are polar. Bond polarity is a consequence of an unsymmetrical electron distribution in a bond and is due to the difference in electronegativity of the bonded atoms. Elements such as oxygen, nitrogen, fluorine, and chlorine are more electronegative than carbon, so a carbon atom bonded to one of these atoms has a partial positive charge ( δ +). Metals are less electronegative than carbon, so a carbon atom bonded to a metal has a partial negative charge ( δ −). Electrostatic potential maps of chloromethane and methyllithium illustrate these charge distributions, showing that the carbon atom in chloromethane is electron-poor (blue) while the carbon in methyllithium is electron-rich (red). The polarity patterns of some common functional groups are shown in . Note that carbon is always positively polarized except when bonded to a metal. Polarity Patterns in Some Common Functional Groups Compound type Functional group structure This discussion of bond polarity is oversimplified in that we’ve considered only bonds that are inherently polar due to differences in electronegativity. Polar bonds can also result from the interaction of functional groups with acids or bases. Take an alcohol such as methanol, for example. In neutral methanol, the carbon atom is somewhat electron-poor because the electronegative oxygen attracts the electrons in the C−O bond. On protonation of the methanol oxygen by an acid, however, a full positive charge on oxygen attracts the electrons in the C−O bond much more strongly and makes the carbon much more electron-poor. We’ll see numerous examples throughout this book of reactions that are catalyzed by acids because of the resultant increase in bond polarity upon protonation. Yet a further consideration is the polarizability (as opposed to polarity) of atoms in a molecule. As the electric field around a given atom changes because of changing interactions with solvent or other polar molecules nearby, the electron distribution around that atom also changes. The measure of this response to an external electrical influence is called the polarizability of the atom. Larger atoms with more loosely held electrons are more polarizable, and smaller atoms with fewer, tightly held electrons are less polarizable. Thus, sulfur is more polarizable than oxygen, and iodine is more polarizable than chlorine. The effect of this higher polarizability of sulfur and iodine is that carbon–sulfur and carbon–iodine bonds, although nonpolar according to electronegativity values ( ), nevertheless usually react as if they were polar. What does functional-group polarity mean with respect to chemical reactivity? Because unlike charges attract, the fundamental characteristic of all polar organic reactions is that electron-rich sites react with electron-poor sites. Bonds are made when an electron-rich atom donates a pair of electrons to an electron-poor atom, and bonds are broken when one atom leaves with both electrons from the former bond. As we saw in , the movement of an electron pair during a polar reaction is indicated using a curved, full-headed arrow to show where electrons move when reactant bonds are broken and product bonds are formed during the reaction. In referring to the electron-rich and electron-poor species involved in polar reactions, chemists use the words nucleophile and electrophile . A nucleophile is a substance that is “nucleus-loving.” (Remember that a nucleus is positively charged.) A nucleophile has a negatively polarized, electron-rich atom and can form a bond by donating a pair of electrons to a positively polarized, electron-poor atom. Nucleophiles can be either neutral or negatively charged; ammonia, water, hydroxide ion, and chloride ion are examples. An electrophile , by contrast, is “electron-loving.” An electrophile has a positively polarized, electron-poor atom and can form a bond by accepting a pair of electrons from a nucleophile. Electrophiles can be either neutral or positively charged. Acids (H + donors), alkyl halides, and carbonyl compounds are examples ( ). Some nucleophiles and electrophiles. Electrostatic potential maps identify the nucleophilic (negative) and electrophilic (positive) atoms. Note that neutral compounds can often react either as nucleophiles or as electrophiles, depending on the circumstances. After all, if a compound is neutral yet has an electron- rich nucleophilic site, it must also have a corresponding electron- poor electrophilic site. Water, for instance, acts as an electrophile when it donates H + but acts as a nucleophile when it donates a nonbonding pair of electrons. Similarly, a carbonyl compound acts as an electrophile when it reacts at its positively polarized carbon atom, yet acts as a nucleophile when it reacts at its negatively polarized oxygen atom. If the definitions of nucleophiles and electrophiles sound similar to those given in for Lewis acids and Lewis bases, that’s because there is indeed a correlation. Lewis bases are electron donors and behave as nucleophiles, whereas Lewis acids are electron acceptors and behave as electrophiles. Thus, much of organic chemistry is explainable in terms of acid–base reactions. The main difference is that the words acid and base are used broadly in all fields of chemistry, while the words nucleophile and electrophile are used primarily in organic chemistry when carbon bonding is involved. Identifying Electrophiles and Nucleophiles Which of the following species is likely to behave as a nucleophile and which as an electrophile? (a) NO 2 + (b) CN − (c) CH 3 NH 2 (d) (CH 3 ) 3 S + Strategy A nucleophile has an electron-rich site, either because it is negatively charged or because it has a functional group containing an atom that has a lone pair of electrons. An electrophile has an electron-poor site, either because it is positively charged or because it has a functional group containing an atom that is positively polarized. Solution (a) NO 2 + (nitronium ion) is likely to be an electrophile because it is positively charged. (b) :C≡N − (cyanide ion) is likely to be a nucleophile because it is negatively charged. (c) CH 3 NH 2 (methylamine) might be either a nucleophile or an electrophile, depending on the circumstances. The lone pair of electrons on the nitrogen atom makes methylamine a potential nucleophile, while positively polarized N−H hydrogens make methylamine a potential acid (electrophile). (d) (CH 3 ) 3 S + (trimethylsulfonium ion) is likely to be an electrophile because it is positively charged. Problems", "section": "Polar Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "An Example of a Polar Reaction: Addition of HBr to Ethylene Let’s look at a typical polar process—the addition reaction of an alkene, such as ethylene, with hydrogen bromide. When ethylene is treated with HBr at room temperature, bromoethane is produced. Overall, the reaction can be formulated as The reaction is an example of a polar reaction type known as an electrophilic addition reaction and can be understood using the general ideas discussed in the previous section. Let’s begin by looking at the two reactants. What do we know about ethylene? We know from that a carbon–carbon double bond results from the orbital overlap of two sp 2 -hybridized carbon atoms. The σ part of the double bond results from sp 2 – sp 2 overlap, and the π part results from p – p overlap. What kind of chemical reactivity might we expect from a C═C bond? We know that alkanes, such as ethane, are relatively inert because all valence electrons are tied up in strong, nonpolar, C−C and C−H bonds. Furthermore, the bonding electrons in alkanes are relatively inaccessible to approaching reactants because they are sheltered in σ bonds between nuclei. The electronic situation in alkenes is quite different, however. For one thing, double bonds have a greater electron density than single bonds—four electrons in a double bond versus only two in a single bond. In addition, the electrons in the π bond are accessible to approaching reactants because they are located above and below the plane of the double bond rather than being sheltered between the nuclei ( ). As a result, the double bond is nucleophilic and the chemistry of alkenes is dominated by reactions with electrophiles. A comparison of carbon–carbon single and double bonds. A double bond is both more accessible to approaching reactants than a single bond and more electron-rich (more nucleophilic). An electrostatic potential map of ethylene indicates that the double bond is the region of highest negative charge . What about the second reactant, HBr? As a strong acid, HBr is a powerful proton (H + ) donor and electrophile. Thus, the reaction between HBr and ethylene is a typical electrophile–nucleophile combination, characteristic of all polar reactions. We’ll see more details about alkene electrophilic addition reactions shortly, but for the present we can imagine the reaction as taking place by the pathway shown in . The reaction begins when the alkene nucleophile donates a pair of electrons from its C═C bond to HBr to form a new C−H bond plus Br − , as indicated by the path of the curved arrows in the first step of . One curved arrow begins at the middle of the double bond (the source of the electron pair) and points to the hydrogen atom in HBr (the atom to which a bond will form). This arrow indicates that a new C−H bond forms using electrons from the former C═C bond. Simultaneously, a second curved arrow begins in the middle of the H−Br bond and points to the Br, indicating that the H−Br bond breaks and the electrons remain with the Br atom, giving Br − . MECHANISM The electrophilic addition reaction of ethylene and HBr. The reaction takes place in two steps, both of which involve electrophile–nucleophile interactions. When one of the alkene carbon atoms bonds to the incoming hydrogen, the other carbon atom, having lost its share of the double-bond electrons, now has only six valence electrons and is left with a positive charge. This positively charged species—a carbon-cation, or carbocation —is itself an electrophile that can accept an electron pair from nucleophilic Br − anion in a second step, forming a C−Br bond and yielding the observed addition product. Once again, a curved arrow in shows the electron-pair movement from Br − to the positively charged carbon. The electrophilic addition of HBr to ethylene is only one example of a polar process; there are many others that we’ll study in depth in later chapters. But regardless of the details of individual reactions, all polar reactions take place between an electron-poor site and an electron-rich site and involve the donation of an electron pair from a nucleophile to an electrophile. Problems", "section": "An Example of a Polar Reaction: Addition of HBr to Ethylene", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Using Curved Arrows in Polar Reaction Mechanisms It takes practice to use curved arrows properly in reaction mechanisms, but there are a few rules and a few common patterns you should look for that will help you become more proficient: RULE 1 Electrons move from a nucleophilic source (Nu: or Nu: − ) to an electrophilic sink (E or E + ) . The nucleophilic source must have an electron pair available, usually either as a lone pair or in a multiple bond. For example: The electrophilic sink must be able to accept an electron pair, usually because it has either a positively charged atom or a positively polarized atom in a functional group. For example: RULE 2 The nucleophile can be either negatively charged or neutral. If the nucleophile is negatively charged, the atom that donates an electron pair becomes neutral. For example: If the nucleophile is neutral, the atom that donates the electron pair acquires a positive charge. For example: RULE 3 The electrophile can be either positively charged or neutral. If the electrophile is positively charged, the atom bearing that charge becomes neutral after accepting an electron pair. For example: If the electrophile is neutral, the atom that ultimately accepts the electron pair acquires a negative charge. For this to happen, however, the negative charge must be stabilized by being on an electronegative atom such as oxygen, nitrogen, or a halogen. Carbon and hydrogen do not typically stabilize a negative charge. For example: The result of Rules 2 and 3 together is that charge is conserved during the reaction. A negative charge in one of the reactants gives a negative charge in one of the products, and a positive charge in one of the reactants gives a positive charge in one of the products. RULE 4 The octet rule must be followed. That is, no second-row atom can be left with ten electrons (or four for hydrogen). If an electron pair moves to an atom that already has an octet (or two electrons for hydrogen), another electron pair must simultaneously move from that atom to maintain the octet. When two electrons move from the C═C bond of ethylene to the hydrogen atom of H 3 O + , for instance, two electrons must leave that hydrogen. This means that the H−O bond must break and the electrons must stay with the oxygen, giving neutral water. gives another example of drawing curved arrows. Using Curved Arrows in Reaction Mechanisms Add curved arrows to the following polar reaction to show the flow of electrons: Strategy Look at the reaction, and identify the bonding changes that have occurred. In this case, a C−Br bond has broken and a C−C bond has formed. The formation of the C−C bond involves donation of an electron pair from the nucleophilic carbon atom of the reactant on the left to the electrophilic carbon atom of CH 3 Br, so we draw a curved arrow originating from the lone pair on the negatively charged C atom and pointing to the C atom of CH 3 Br. At the same time that the C−C bond forms, the C−Br bond must break so that the octet rule is not violated. We therefore draw a second curved arrow from the C−Br bond to Br. The bromine is now a stable Br − ion. Solution Problems", "section": "Using Curved Arrows in Polar Reaction Mechanisms", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Radical Reactions Radical reactions are much less common than polar reactions but are nevertheless important in some industrial processes and biological pathways. We’ll look at them in more detail in Sections 10.2 and 10.3 but will briefly see how they occur at this point. A radical is highly reactive because it contains an atom with an odd number of electrons (usually seven) in its valence shell, rather than a noble-gas octet. The radical can achieve a valence-shell octet in several ways however. For instance, it might abstract an atom and one bonding electron from another reactant, leaving behind a new radical. The net result is a radical substitution reaction. Alternatively, a reactant radical might add to a double bond, taking one electron from the double bond and yielding a new radical. The net result is a radical addition reaction. An example of an industrially useful radical reaction is the reaction of chlorine with methane to yield chloromethane, which is used to manufacture the solvents dichloromethane (CH 2 Cl 2 ) and chloroform (CHCl 3 ). The process begins with irradiation of Cl 2 with ultraviolet light to break the relatively weak Cl − Cl bond of Cl 2 and produce chlorine radicals ( · Cl). Chlorine radicals then react with methane by abstracting a hydrogen atom to give HCl and a methyl radical ( · CH 3 ) that reacts further with Cl 2 to give chloromethane plus a new chlorine radical that cycles back and repeats the first step. Thus, once the sequence has started, it becomes a self-sustaining cycle of repeating steps ( a ) and ( b ), making the overall process a chain reaction. As a biological example of a radical reaction, look at the synthesis of prostaglandins , a large class of molecules found in virtually all body tissues and fluids. A number of pharmaceuticals are based on or derived from prostaglandins, including medicines that induce labor during childbirth, reduce intraocular pressure in glaucoma, control bronchial asthma, and help treat congenital heart defects. Prostaglandin biosynthesis is initiated by the abstraction of a hydrogen atom from arachidonic acid by an iron–oxygen radical, thereby generating a carbon radical in a substitution reaction. Don’t be intimidated by the size of the molecules; focus on the changes that occur in each step. (To help you do that, the unchanged part of the molecule is “ghosted,” with only the reactive part clearly visible.) Following the initial abstraction of a hydrogen atom, the carbon radical then reacts with O 2 to give an oxygen radical, which reacts with a C═C bond within the same molecule in an addition reaction. Several further transformations ultimately yield prostaglandin H 2 . Problems", "section": "Radical Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Describing a Reaction: Equilibria, Rates, and Energy Changes Every chemical reaction can go in either a forward or reverse direction. Reactants can go forward to products, and products can revert to reactants. As you may remember from your general chemistry course, the position of the resulting chemical equilibrium is expressed by an equation in which K eq , the equilibrium constant, is equal to the product concentrations multiplied together, divided by the reactant concentrations multiplied together, with each concentration raised to the power of its coefficient in the balanced equation. For the generalized reaction a A + b B ⇌ c C + d D we have K eq = [ C ] c [ D ] d [ A ] a [ B ] b The value of the equilibrium constant tells which side of the reaction arrow is energetically favored. If K eq is much larger than 1, then the product concentration term [C] c [D] d is much larger than the reactant concentration term [A] a [B] b , and the reaction proceeds as written from left to right. If K eq is near 1, appreciable amounts of both reactant and product are present at equilibrium. And if K eq is much smaller than 1, the reaction does not take place as written but instead goes in the reverse direction, from right to left. In the reaction of ethylene with HBr, for example, we can write the following equilibrium expression and determine experimentally that the equilibrium constant at room temperature is approximately 7.1 × 10 7 : Because K eq is relatively large, the reaction proceeds as written and more than 99.999 99% of the ethylene is converted into bromoethane. For practical purposes, an equilibrium constant greater than about 10 3 means that the amount of reactant left over will be barely detectable (less than 0.1%). What determines the magnitude of the equilibrium constant? For a reaction to have a favorable equilibrium constant and proceed as written, the energy of the products must be lower than the energy of the reactants. In other words, energy must be released. This situation is analogous to that of a rock poised precariously in a high-energy position near the top of a hill. When it rolls downhill, the rock releases energy until it reaches a more stable, low-energy position at the bottom. The energy change that occurs during a chemical reaction is called the Gibbs free-energy change (Δ G ) , which is equal to the free energy of the products minus the free energy of the reactants: Δ G = G products − G reactants . For a favorable reaction, Δ G has a negative value, meaning that energy is lost by the chemical system and released to the surroundings, usually as heat. Such reactions are said to be exergonic . For an unfavorable reaction, Δ G has a positive value, meaning that energy is absorbed by the chemical system from the surroundings. Such reactions are said to be endergonic . You might also recall from general chemistry that the standard free-energy change for a reaction is denoted as Δ G °, where the superscript ° means that the reaction is carried out under standard conditions, with pure substances in their most stable form at 1 atm pressure and a specified temperature, usually 298 K. For biological reactions, the standard free-energy change is denoted as Δ G °′ and refers to a reaction carried out at pH = 7.0 with solute concentrations of 1.0 M. Because the equilibrium constant, K eq , and the standard free-energy change, Δ G °, both measure whether a reaction is favorable, they are mathematically related by the equation Δ G ∘ = − R T ln K eq or K eq = e − Δ G ∘ / R T where R = 8.314 J/(K ⋅ mol) = 1 .987 cal/(K ⋅ mol) T = Kelvin temperature e = 2.718 ln K eq = natural logarithm of K eq For example, the reaction of ethylene with HBr has K eq = 7.1 × 10 7 , so Δ G ° = −44.8 kJ/mol (−10.7 kcal/mol) at 298 K: K eq = 7.1 × 10 7 and ln K eq = 18.08 Δ G ∘ = − R T ln K eq = − [ 8.314 J/(K ⋅ mol)](298 K)(18 .08) = − 44,800 J/mol= − 44.8 kJ/mol The free-energy change Δ G is made up of two terms, an enthalpy term, Δ H , and a temperature-dependent entropy term, T Δ S . Of the two terms, the enthalpy term is often larger and more dominant. Δ G ∘ = Δ H ∘ − T Δ S ∘ For the reaction of ethylene with HBr at room temperature (298 K), the approximate values are The enthalpy change (Δ H ) , also called the heat of reaction , is a measure of the change in total bonding energy during a reaction. If Δ H is negative, as in the reaction of HBr with ethylene, the products have less energy than the reactants. Thus, the products are more stable and have stronger bonds than the reactants, heat is released, and the reaction is said to be exothermic . If Δ H is positive, the products are less stable and have weaker bonds than the reactants, heat is absorbed, and the reaction is said to be endothermic . For example, if a reaction breaks reactant bonds with a total strength of 380 kJ/mol and forms product bonds with a total strength of 400 kJ/mol, then Δ H for the reaction is 380 kJ/mol - 400 kJ/mol = −20 kJ/mol and the reaction is exothermic. The entropy change (Δ S ) is a measure of the change in the amount of molecular randomness, or freedom of motion, that accompanies a reaction. For example, in an elimination reaction of the type A ⟶ B + C there is more freedom of movement and molecular randomness in the products than in the reactant because one molecule has split into two. Thus, there is a net increase in entropy during the reaction and Δ S has a positive value. On the other hand, for an addition reaction of the type A + B ⟶ C the opposite is true. Because such reactions restrict the freedom of movement of two molecules by joining them together, the product has less randomness than the reactants and Δ S has a negative value. The reaction of ethylene and HBr to yield bromoethane, which has Δ S ° = −0.132 kJ/(K · mol), is an example. describes the thermodynamic terms more fully. Explanation of Thermodynamic Quantities: Δ G ° = Δ H ° − T Δ S ° Term Name Explanation Δ G ° Gibbs free-energy change The energy difference between reactants and products. When Δ G ° is negative, the reaction is exergonic , has a favorable equilibrium constant, and can occur spontaneously. When Δ G ° is positive, the reaction is endergonic , has an unfavorable equilibrium constant, and cannot occur spontaneously. Δ H ° Enthalpy change The heat of reaction, or difference in strength between the bonds broken in a reaction and the bonds formed. When Δ H ° is negative, the reaction releases heat and is exothermic . When Δ H ° is positive, the reaction absorbs heat and is endothermic . Δ S ° Entropy change The change in molecular randomness during a reaction. When Δ S ° is negative, randomness decreases. When Δ S ° is positive, randomness increases. Knowing the value of K eq for a reaction is useful, but it’s important to realize its limitations. An equilibrium constant tells only the position of the equilibrium, or how much product is theoretically possible. It doesn’t tell the rate of reaction, or how fast the equilibrium is established. Some reactions are extremely slow even though they have favorable equilibrium constants. Gasoline is stable at room temperature, for instance, because the rate of its reaction with oxygen is slow at 298 K. Only at higher temperatures, such as contact with a lighted match, does gasoline react rapidly with oxygen and undergo complete conversion to the equilibrium products water and carbon dioxide. Rates (how fast a reaction occurs) and equilibria (how much a reaction occurs) are entirely different. Rate → Is the reaction fast or slow? Equilibrium → In what direction does the reaction proceed? Problems", "section": "Describing a Reaction: Equilibria, Rates, and Energy Changes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Describing a Reaction: Bond Dissociation Energies We’ve just seen that heat is released (negative Δ H ) when a bond is formed because the products are more stable and have stronger bonds than the reactants. Conversely, heat is absorbed (positive Δ H ) when a bond is broken because the products are less stable and have weaker bonds than the reactants. The amount of energy needed to break a given bond to produce two radical fragments when the molecule is in the gas phase at 25 °C is a quantity called the bond strength , or bond dissociation energy ( D ) . Each specific bond has its own characteristic strength, and extensive tables of such data are available. For example, a C−H bond in methane has a bond dissociation energy D = 439.3 kJ/mol (105.0 kcal/mol), meaning that 439.3 kJ/mol must be added to break a C−H bond of methane to give the two radical fragments ·CH 3 and ·H. Conversely, 439.3 kJ/mol of energy is released when a methyl radical and a hydrogen atom combine to form methane. lists some other bond strengths. Some Bond Dissociation Energies, D Bond D (kJ/mol) Bond D (kJ/mol) Bond D (kJ/mol) H ― H 436 (CH 3 ) 2 CH ― H 410 C 2 H 5 ― CH 3 370 H ― F 570 (CH 3 ) 2 CH ― Cl 354 (CH 3 ) 2 CH ― CH 3 369 H ― Cl 431 (CH 3 ) 2 CH ― Br 299 (CH 3 ) 3 C ― CH 3 363 H ― Br 366 (CH 3 ) 3 C ― H 400 H 2 C═CH ― CH 3 426 H ― I 298 (CH 3 ) 3 C ― Cl 352 H 2 C═CHCH 2 ― CH 3 318 Cl ― Cl 242 (CH 3 ) 3 C ― Br 293 H 2 C═CH 2 728 Br ― Br 194 (CH 3 ) 3 C ― I 227 427 I ― I 152 H 2 C═CH ― H 464 325 CH 3 ― H 439 H 2 C═CH ― Cl 396 374 CH 3 ― Cl 350 H 2 C═CHCH 2 ― H 369 HO ― H 497 CH 3 ― Br 294 H 2 C═CHCH 2 ― Cl 298 HO ― OH 211 CH 3 ― I 239 472 CH 3 O ― H 440 CH 3 ― OH 385 400 CH 3 S ― H 366 CH 3 ― NH 2 386 375 C 2 H 5 O ― H 441 C 2 H 5 ― H 421 300 352 C 2 H 5 ― Cl 352 336 CH 3 CH 2 O ― CH 3 355 C 2 H 5 ― Br 293 464 NH 2 ― H 450 C 2 H 5 ― I 233 HC≡C ― H 558 H ― CN 528 C 2 H 5 ― OH 391 CH 3 ― CH 3 377 Think again about the connection between bond strengths and chemical reactivity. In an exothermic reaction, more heat is released than is absorbed. But because making bonds in the products releases heat and breaking bonds in the reactants absorbs heat, the bonds in the products must be stronger than the bonds in the reactants. In other words, exothermic reactions are favored by products with strong bonds and by reactants with weak, easily broken bonds. Sometimes, particularly in biochemistry, reactive substances that undergo highly exothermic reactions, such as ATP (adenosine triphosphate), are referred to as “energy-rich” or “high-energy” compounds. Such a label doesn’t mean that ATP is special or different from other compounds, it only means that ATP has relatively weak bonds that require a relatively small amount of heat to break, thus leading to a larger release of heat when a strong new bond forms in a reaction. When a typical organic phosphate such as glycerol 3-phosphate reacts with water, for instance, only 9 kJ/mol of heat is released (Δ H °′ = −9 kJ/mol), but when ATP reacts with water, 30 kJ/mol of heat is released (Δ H °′ = −30 kJ/mol). The difference between the two reactions is due to the fact that the bond broken in ATP is substantially weaker than the bond broken in glycerol 3-phosphate. We’ll see the metabolic importance of this reaction in later chapters.", "section": "Describing a Reaction: Bond Dissociation Energies", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Describing a Reaction: Energy Diagrams and Transition States For a reaction to take place, reactant molecules must collide and reorganization of atoms and bonds must occur. Let’s again look at the addition reaction of HBr and ethylene. As the reaction proceeds, ethylene and HBr approach each other, the ethylene π bond and the H−Br bond break, a new C−H bond forms in step 1 and a new C−Br bond forms in step 2 . To depict graphically the energy changes that occur during a reaction, chemists use energy diagrams, such as that in . The vertical axis of the diagram represents the total energy of all reactants, and the horizontal axis, called the reaction coordinate , represents the progress of the reaction from beginning to end. Let’s see how the addition of HBr to ethylene can be described in an energy diagram. An energy diagram for the first step in the reaction of ethylene with HBr. The energy difference between reactants and the transition state, Δ G ‡ , defines the reaction rate. The energy difference between reactants and carbocation product, Δ G °, defines the position of the equilibrium. At the beginning of the reaction, ethylene and HBr have the total amount of energy indicated by the reactant level on the left side of the diagram in . As the two reactants collide and reaction commences, their electron clouds repel each other, causing the energy level to rise. If the collision has occurred with enough force and proper orientation, however, the reactants continue to approach each other despite the rising repulsion until the new C−H bond starts to form. At some point, a structure of maximum energy is reached, a structure called the transition state . The transition state represents the highest-energy structure involved in this step of the reaction. It is unstable and can’t be isolated, but we can imagine it to be an activated complex of the two reactants in which both the C═C π bond and H−Br bond are partially broken and the new C−H bond is partially formed ( ). A hypothetical transition-state structure for the first step of the reaction of ethylene with HBr. The C═C π bond and H−Br bond are just beginning to break, and the C−H bond is just beginning to form. The energy difference between reactants and the transition state is called the activation energy, Δ G ‡ , and determines how rapidly the reaction occurs at a given temperature. (The double-dagger superscript, ‡ , always refers to the transition state.) A high activation energy results in a slow reaction because few collisions occur with enough energy for the reactants to reach the transition state. A low activation energy results in a rapid reaction because almost all collisions occur with enough energy for the reactants to reach the transition state. As an analogy, you might think of reactants that need enough energy to climb the activation barrier to the transition state as hikers who need enough energy to climb to the top of a mountain pass. If the pass is a high one, the hikers need a lot of energy and surmount the barrier with difficulty. If the pass is low, the hikers need less energy and reach the top easily. As a rough generalization, many organic reactions have activation energies in the range 40 to 150 kJ/mol (10–35 kcal/mol). The reaction of ethylene with HBr, for example, has an activation energy of approximately 140 kJ/mol (34 kcal/mol). Reactions with activation energies less than 80 kJ/mol take place at or below room temperature, while reactions with higher activation energies normally require a higher temperature to give the reactants enough energy to climb the activation barrier. Once the transition state is reached, the reaction can either continue on to give the carbocation product or revert back to reactants. When reversion to reactants occurs, the transition-state structure comes apart and an amount of free energy corresponding to −Δ G ‡ is released. When the reaction continues on to give the carbocation, the new C−H bond forms fully and an amount of energy is released corresponding to the difference between the transition state and carbocation product. The net energy change for the step, ∆ G °, is represented in the diagram as the difference in level between reactant and product. Since the carbocation is higher in energy than the starting alkene, the step is endergonic, has a positive value of ∆ G °, and absorbs energy. Not all energy diagrams are like that shown for the reaction of ethylene and HBr. Each reaction has its own energy profile. Some reactions are fast (small Δ G ‡ ) and some are slow (large Δ G ‡ ); some have a negative Δ G °, and some have a positive Δ G °. illustrates some different possibilities. Some hypothetical energy diagrams: (a) a fast exergonic reaction (low Δ G ‡ , negative Δ G °); (b) a slow exergonic reaction (high Δ G ‡ , negative Δ G °); (c) a fast endergonic reaction (small Δ G ‡ , small positive Δ G °); (d) a slow endergonic reaction (high Δ G ‡ , positive Δ G °). Problems", "section": "Describing a Reaction: Energy Diagrams and Transition States", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Describing a Reaction: Intermediates How can we describe the carbocation formed in the first step of the reaction of ethylene with HBr? The carbocation is clearly different from the reactants, yet it isn’t a transition state and it isn’t a final product. We call the carbocation, which exists only transiently during the course of the multistep reaction, a reaction intermediate . As soon as the intermediate is formed in the first step by reaction of ethylene with H + , it reacts further with Br − in a second step to give the final product, bromoethane. This second step has its own activation energy (Δ G ‡ ), its own transition state, and its own energy change (Δ G °). We can picture the second transition state as an activated complex between the electrophilic carbocation intermediate and the nucleophilic bromide anion, in which Br − donates a pair of electrons to the positively charged carbon atom as the new C−Br bond just starts to form. A complete energy diagram for the overall reaction of ethylene with HBr is shown in . In essence, we draw a diagram for each of the individual steps and then join them so that the carbocation product of step 1 is the reactant for step 2. As indicated in , the reaction intermediate lies at an energy minimum between steps. Because the energy level of the intermediate is higher than the level of either the reactant that formed it or the product it yields, the intermediate can’t normally be isolated. It is, however, more stable than its two neighboring transition states. An energy diagram for the reaction of ethylene with HBr. Two separate steps are involved, each with its own activation energy (Δ G ‡ ) and free-energy change (Δ G °). The overall Δ G ‡ for the complete reaction is the energy difference between reactants and the highest transition state (which corresponds to Δ G 1 ‡ in this case), and the overall Δ G ° for the reaction is the energy difference between reactants and final products. Each step in a multistep process can always be considered separately. Each step has its own Δ G ‡ and its own Δ G °. The overall activation energy that controls the rate of the reaction, however, is the energy difference between initial reactants and the highest transition state, regardless of which step it occurs in. The overall Δ G ° of the reaction is the energy difference between reactants and final products. The biological reactions that take place in living organisms have the same energy requirements as reactions that take place in the laboratory and can be described in similar ways. They are, however, constrained by the fact that they must have low enough activation energies to occur at moderate temperatures, and they must release energy in relatively small amounts to avoid overheating the organism. These constraints can be met through the use of large, structurally complex, enzyme catalysts that alter the mechanism of a reaction to a pathway that can proceed through a series of small steps rather than one or two large steps. Thus, an energy diagram for a biological reaction might look like that in . Energy diagrams for a typical, enzyme-catalyzed biological reaction and an uncatalyzed laboratory reaction . The biological reaction involves many steps, each of which has a relatively small activation energy and small energy change. The end result is the same, however. Drawing a Reaction Energy Diagram Sketch an energy diagram for a one-step reaction that is fast and highly exergonic. Strategy A fast reaction has a small Δ G ‡ , and a highly exergonic reaction has a large negative Δ G °. Solution Drawing a Reaction Energy Diagram Sketch an energy diagram for a two-step exergonic reaction whose second step has a higher-energy transition state than its first step. Show Δ G ‡ and Δ G ° for the overall reaction. Strategy A two-step reaction has two transition states and an intermediate between them. The Δ G ‡ for the overall reaction is the energy change between reactants and the highest-energy transition state—the second one in this case. An exergonic reaction has a negative overall Δ G °. Solution Problems", "section": "Describing a Reaction: Intermediates", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "A Comparison Between Biological Reactions and Laboratory Reactions Beginning in the next chapter, we’ll be seeing a lot of reactions, some that are important in laboratory chemistry yet don’t occur in nature and others that have counterparts in biological pathways. In comparing laboratory reactions with biological reactions, several differences are apparent. For one, laboratory reactions are usually carried out in an organic solvent such as diethyl ether or dichloromethane to dissolve the reactants and bring them into contact, whereas biological reactions occur in the aqueous medium within cells. For another, laboratory reactions often take place over a wide range of temperatures without catalysts, while biological reactions take place at the temperature of the organism and are catalyzed by enzymes. We’ll look at enzymes in more detail in Section 26.10 , but you may already be aware that an enzyme is a large, globular, protein molecule that contains in its structure a protected pocket called its active site . The active site is lined by acidic or basic groups as needed for catalysis and has precisely the right shape to bind and hold a substrate molecule in the orientation necessary for reaction. shows a molecular model of hexokinase, along with an X-ray crystal structure of the glucose substrate and adenosine diphosphate (ADP) bound in the active site. Hexokinase is an enzyme that catalyzes the initial step of glucose metabolism—the transfer of a phosphate group from ATP to glucose, giving glucose 6-phosphate and ADP. The structures of ATP and ADP were shown at the end of Section 6.8 . Note how the hexokinase-catalyzed phosphorylation reaction of glucose is written. It’s common when writing biological equations to show only the structures of the primary reactant and product, while abbreviating the structures of various biological “reagents” and by-products such as ATP and ADP. A curved arrow intersecting the straight reaction arrow indicates that ATP is also a reactant and ADP also a product. Models of hexokinase in space-filling and wire-frame formats, showing the cleft that contains the active site where substrate binding and reaction catalysis occur. At the bottom is an X-ray crystal structure of the enzyme active site, showing the positions of both glucose and ADP as well as a lysine amino acid that acts as a base to deprotonate glucose. Yet a third difference between laboratory and biological reactions is that laboratory reactions are often done using relatively small, simple reagents such as Br 2 , HCl, NaBH 4 , CrO 3 , and so forth, while biological reactions usually involve relatively complex “reagents” called coenzymes . In the hexokinase-catalyzed phosphorylation of glucose just shown, ATP is the coenzyme. As another example, compare the H 2 molecule, a laboratory reagent that adds to a carbon–carbon double bond to yield an alkane, with the reduced nicotinamide adenine dinucleotide (NADH) molecule, a coenzyme that effects an analogous addition of hydrogen to a double bond in many biological pathways. Of all the atoms in the coenzyme, only the one hydrogen atom shown in red is transferred to the double-bond substrate. Don’t be intimidated by the size of the ATP or NADH molecule; most of the structure is there to provide an overall shape for binding to the enzyme and to provide appropriate solubility behavior. When looking at biological molecules, focus on the small part of the molecule where the chemical change takes place. One final difference between laboratory and biological reactions is in their specificity. A catalyst might be used in the laboratory to catalyze the reaction of thousands of different substances, but an enzyme, because it can only bind a specific substrate molecule having a specific shape, will usually catalyze only a specific reaction. It’s this exquisite specificity that makes biological chemistry so remarkable and that makes life possible. summarizes some of the differences between laboratory and biological reactions. A Comparison of Typical Laboratory and Biological Reactions Laboratory reaction Biological reaction Solvent Organic liquid, such as ether Aqueous environment in cells Temperature Wide range; −80 to 150 °C Temperature of organism Catalyst Either none, or very simple Large, complex enzymes needed Reagent size Usually small and simple Relatively complex coenzymes Specificity Little specificity for substrate Very high specificity for substrate A Comparison of Typical Laboratory and Biological Reactions Where Do Drugs Come From? It has been estimated that major pharmaceutical companies in the United States spent some $200 billion on drug research and development in 2020, while government agencies and private foundations spent another $28 billion. What does this money buy? From 1983 to 2022, the money resulted in a total of 1237 new molecular entities (NMEs)—new biologically active chemical substances approved for sale as drugs by the U.S. Food and Drug Administration (FDA). Where do the new drugs come from? According to a study carried out several years ago at the U.S. National Cancer Institute, only about 33% of new drugs are entirely synthetic and completely unrelated to any naturally occurring substance. The remaining 67% take their lead, to a greater or lesser extent, from nature. Vaccines and genetically engineered proteins of biological origin account for 15% of NMEs, but most new drugs come from natural products , a catchall term generally taken to mean small molecules found in bacteria, plants, algae, and other living organisms. Unmodified natural products isolated directly from the producing organism account for 24% of NMEs, while natural products that have been chemically modified in the laboratory account for the remaining 28%. Many years of work go into screening many thousands of substances to identify a single compound that might ultimately gain approval as an NME. But after that single compound has been identified, the work has just begun because it takes an average of 9 to 10 years for a drug to make it through the approval process. First, the safety of the drug in animals must be demonstrated and an economical method of manufacture must be devised. With these preliminaries out of the way, an Investigational New Drug (IND) application is submitted to the FDA for permission to begin testing in humans. Introduced in June, 2006, Gardasil is the first vaccine ever approved for the prevention of cancer. Where do new drugs like this come from? (credit: modification of work “COVIran Barekat vaccine production” by Sadegh Nikgostar/Wikimedia Commons, CC BY 4.0) Human testing takes, or should take, 5 to 7 years and is divided into three phases. Phase I clinical trials are carried out on a small group of healthy volunteers to establish safety and look for side effects. Several months to a year are needed, and only about 70% of drugs pass at this point. Phase II clinical trials next test the drug for 1 to 2 years in several hundred patients with the target disease or condition, looking both for safety and efficacy, and only about 33% of the original group pass. Finally, phase III trials are undertaken on a large sample of patients to document definitively the drug’s safety, dosage, and efficacy. If the drug is one of the 25% of the original group that make it to the end of phase III, all the data are then gathered into a New Drug Application (NDA) and sent to the FDA for review and approval, which can take another 2 years. Ten years have elapsed and at least $500 million has been spent, with only a 20% success rate for the drugs that began testing. Finally, though, the drug will begin to appear in medicine cabinets. The following timeline shows the process. activation energy (Δ G ‡ ) active site addition reaction bond dissociation energy ( D ) carbocation electrophile elimination reaction endergonic endothermic enthalpy change (Δ H ) entropy change (Δ S ) enzyme exergonic exothermic Gibbs free-energy change (Δ G ) heat of reaction nucleophile polar reaction polarizability radical radical reaction reaction coordinate reaction intermediate reaction mechanism rearrangement reaction substitution reaction transition state Summary All chemical reactions, whether in the laboratory or in living organisms, follow the same chemical rules. To understand both organic and biological chemistry, it’s necessary to know not just what occurs but also why and how chemical reactions take place. In this chapter, we’ve taken a brief look at the fundamental kinds of organic reactions, we’ve seen why reactions occur, and we’ve seen how reactions can be described. There are four common kinds of reactions: addition reactions take place when two reactants add together to give a single product; elimination reactions take place when one reactant splits apart to give two products; substitution reactions take place when two reactants exchange parts to give two new products; and rearrangement reactions take place when one reactant undergoes a reorganization of bonds and atoms to give an isomeric product. A full description of how a reaction occurs is called its mechanism . There are two general kinds of mechanisms by which most reactions take place: radical mechanisms and polar mechanisms. Polar reactions, the more common type, occur because of an attractive interaction between a nucleophilic (electron-rich) site in one molecule and an electrophilic (electron-poor) site in another molecule. A bond is formed in a polar reaction when the nucleophile donates an electron pair to the electrophile. This transfer of electrons is indicated by a curved arrow showing the direction of electron travel from the nucleophile to the electrophile. Radical reactions involve species that have an odd number of electrons. A bond is formed when each reactant donates one electron. The energy changes that take place during reactions can be described by considering both rates (how fast the reactions occur) and equilibria (how much the reactions occur). The position of a chemical equilibrium is determined by the value of the free-energy change (Δ G ) for the reaction, where Δ G = Δ H − T Δ S . The enthalpy term (Δ H ) corresponds to the net change in strength of chemical bonds broken and formed during the reaction; the entropy term (Δ S ) corresponds to the change in the amount of molecular randomness during the reaction. Reactions that have negative values of Δ G release energy, are said to be exergonic , and have favorable equilibria. Reactions that have positive values of Δ G absorb energy, are said to be endergonic , and have unfavorable equilibria. A reaction can be described pictorially using an energy diagram that follows the reaction course from reactants through transition state to product. The transition state is an activated complex occurring at the highest-energy point of a reaction. The amount of energy needed by reactants to reach this high point is the activation energy, Δ G ‡ . The higher the activation energy, the slower the reaction. Many reactions take place in more than one step and involve the formation of a reaction intermediate . An intermediate is a species that lies at an energy minimum between steps on the reaction curve and is formed briefly during the course of a reaction. Additional Problems Visualizing Chemistry Energy Diagrams and Reaction Mechanisms Polar Reactions Radical Reactions General Problems", "section": "A Comparison Between Biological Reactions and Laboratory Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Tomatoes are good for you . Their red color is due to lycopene, which has 13 double bonds. (credit: modification of work “Tomatoes” by Jeremy Keith/Flickr, CC BY 2.0) Carbon–carbon double bonds are present in most organic and biological molecules, so a good understanding of their behavior is needed. In this chapter, we’ll look at some consequences of alkene stereoisomerism and then focus on the broadest and most general class of alkene reactions, the electrophilic addition reaction. Carbon-carbon triple bonds, by contrast, occur much less commonly, so we’ll not spend much time on their chemistry. An alkene , sometimes called an olefin from the German term for oil forming, is a hydrocarbon that contains a carbon–carbon double bond, while an alkyne is a hydrocarbon that contains a carbon-carbon triple bond. Alkenes occur abundantly in nature. Ethylene, for instance, is a plant hormone that induces ripening in fruit, and α -pinene is the major component of turpentine. Lycopene, found in fruits such as watermelon and papaya as well as tomatoes, is an antioxidant with numerous health benefits such as sun protection and cardiovascular protection.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Industrial Preparation and Use of Alkenes Ethylene and propylene, the simplest alkenes, are the two most important organic chemicals produced industrially. Approximately 220 million tons of ethylene and 138 million tons of propylene are produced worldwide each year for use in the synthesis of polyethylene, polypropylene, ethylene glycol, acetic acid, acetaldehyde, and a host of other substances ( ). Compounds derived industrially from ethylene and propylene . Ethylene, propylene, and butene are synthesized from (C 2 –C 8 ) alkanes by a process called steam cracking at temperatures up to 900 °C. The cracking process is complex, although it undoubtedly involves radical reactions. The high-temperature reaction conditions cause spontaneous breaking of C−C and C−H bonds, with the resultant formation of smaller fragments. We might imagine, for instance, that a molecule of butane splits into two ethyl radicals, each of which then loses a hydrogen atom to generate two molecules of ethylene. Steam cracking is an example of a reaction whose energetics are dominated by entropy (Δ S °) rather than by enthalpy (Δ H °) in the free-energy equation Δ G ° = Δ H ° − T Δ S ° discussed in . Although the bond dissociation energy D for a carbon–carbon single bond is relatively high (about 370 kJ/mol) and cracking is endothermic, the large positive entropy change resulting from the fragmentation of one large molecule into several smaller pieces, together with the high temperature, makes the T Δ S ° term larger than the Δ H ° term, thereby favoring the cracking reaction.", "section": "Industrial Preparation and Use of Alkenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Calculating the Degree of Unsaturation Because of its double bond, an alkene has fewer hydrogens than an alkane with the same number of carbons—C n H 2 n for an alkene versus C n H 2 n +2 for an alkane—and is therefore referred to as unsaturated . Ethylene, for example, has the formula C 2 H 4 , whereas ethane has the formula C 2 H 6 . In general, each ring or double bond in a molecule corresponds to a loss of two hydrogens from the alkane formula C n H 2 n +2 . Knowing this relationship, it’s possible to work backward from a molecular formula to calculate a molecule’s degree of unsaturation —the number of rings and/or multiple bonds present in the molecule. Let’s assume that we want to find the structure of an unknown hydrocarbon. A molecular weight determination yields a value of 82 amu, which corresponds to a molecular formula of C 6 H 10 . Since the saturated C 6 alkane (hexane) has the formula C 6 H 14 , the unknown compound has two fewer pairs of hydrogens (H 14 − H 10 = H 4 = 2 H 2 ) so its degree of unsaturation is 2. The unknown therefore contains either two double bonds, one ring and one double bond, two rings, or one triple bond. There’s still a long way to go to establish its structure, but the simple calculation has told us a lot about the molecule. Similar calculations can be carried out for compounds containing elements other than just carbon and hydrogen. Organohalogen compounds (C, H, X, where X = F, Cl, Br, or I) A halogen substituent acts as a replacement for hydrogen in an organic molecule, so we can add the number of halogens and hydrogens to arrive at an equivalent hydrocarbon formula from which the degree of unsaturation can be found. For example, the formula C 4 H 6 Br 2 is equivalent to the hydrocarbon formula C 4 H 8 and thus corresponds to one degree of unsaturation. Organooxygen compounds (C, H, O) Oxygen forms two bonds, so it doesn’t affect the formula of an equivalent hydrocarbon and can be ignored when calculating the degree of unsaturation. You can convince yourself of this by seeing what happens when an oxygen atom is inserted into an alkane bond: C−C becomes C−O−C or C−H becomes C−O−H, and there is no change in the number of hydrogen atoms. For example, the formula C 5 H 8 O is equivalent to the hydrocarbon formula C 5 H 8 and thus corresponds to two degrees of unsaturation. Organonitrogen compounds (C, H, N) Nitrogen forms three bonds, so an organonitrogen compound has one more hydrogen than a related hydrocarbon. We therefore subtract the number of nitrogens from the number of hydrogens to arrive at the equivalent hydrocarbon formula. Again, you can convince yourself of this by seeing what happens when a nitrogen atom is inserted into an alkane bond: C−C becomes C−NH−C or C−H becomes C−NH 2 , meaning that one additional hydrogen atom has been added. We must therefore subtract this extra hydrogen atom to arrive at the equivalent hydrocarbon formula. For example, the formula C 5 H 9 N is equivalent to C 5 H 8 and thus has two degrees of unsaturation. To summarize: Add the number of halogens to the number of hydrogens. Ignore the number of oxygens . Subtract the number of nitrogens from the number of hydrogens. Problems", "section": "Calculating the Degree of Unsaturation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Alkenes Alkenes are named using a series of rules similar to those for alkanes ( ), with the suffix -ene used instead of -ane to identify the functional group. There are three steps to this process. STEP 1 Name the parent hydrocarbon. Find the longest carbon chain containing the double bond, and name the compound accordingly, using the suffix -ene: STEP 2 Number the carbon atoms in the chain. Begin at the end nearer the double bond or, if the double bond is equidistant from the two ends, begin at the end nearer the first branch point. This rule ensures that the double-bond carbons receive the lowest possible numbers. STEP 3 Write the full name. Number the substituents according to their positions in the chain, and list them alphabetically. Indicate the position of the double bond by giving the number of the first alkene carbon and placing that number directly before the parent name. If more than one double bond is present, indicate the position of each and use one of the suffixes -diene, -triene, and so on. We should also note that IUPAC changed their naming recommendations in 1993 to place the locant indicating the position of the double bond immediately before the - ene suffix rather than before the parent name: but-2-ene rather than 2-butene, for instance. This change has not been widely accepted by the chemical community in the United States, however, so we’ll stay with the older but more commonly used names. Be aware, though, that you may occasionally encounter the newer system. Cycloalkenes are named similarly, but because there is no chain end to begin from, we number the cycloalkene so that the double bond is between C1 and C2 and the first substituent has as low a number as possible. It’s not necessary to indicate the position of the double bond in the name because it’s always between C1 and C2. As with open-chain alkenes, the newer but not yet widely accepted naming rules place the locant immediately before the suffix in a cyclic alkene. For historical reasons, there are a few alkenes whose names are firmly entrenched in common usage but don’t conform to the rules. For example, the alkene derived from ethane should be called ethene, but the name ethylene has been used for so long that it is accepted by IUPAC. lists several other common names that are often used and are recognized by IUPAC. Note also that a =CH 2 substituent is called a methylene group , a H 2 C═CH– substituent is called a vinyl group , and a H 2 C═ CHCH 2 – substituent is called an allyl group . Common Names of Some Alkenes Compound Systematic name Common name H 2 C═ CH 2 Ethene Ethylene CH 3 CH═ CH 2 Propene Propylene 2-Methylpropene Isobutylene 2-Methyl-1,3-butadiene Isoprene Problems", "section": "Naming Alkenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Cis–Trans Isomerism in Alkenes We saw in the chapter on Structure and Bonding that the carbon–carbon double bond can be described in two ways. In valence bond language ( ), the carbons are sp 2 -hybridized and have three equivalent hybrid orbitals that lie in a plane at angles of 120° to one another. The carbons form a σ bond by a head-on overlap of sp 2 orbitals and form a π bond by sideways overlap of unhybridized p orbitals oriented perpendicular to the sp 2 plane, as shown in . In molecular orbital language ( ), interaction between the p orbitals leads to one bonding and one antibonding π molecular orbital. The π bonding MO has no node between nuclei and results from a combination of p orbital lobes with the same algebraic sign. The π antibonding MO has a node between nuclei and results from a combination of lobes with different algebraic signs, as shown in . Although essentially free rotation around single bonds is possible ( ), the same is not true of double bonds. For rotation to occur around a double bond, the π bond must break and re-form ( ). Thus, the barrier to double-bond rotation must be at least as great as the strength of the π bond itself, an estimated 350 kJ/mol (84 kcal/mol). Recall that the barrier to bond rotation in ethane is only 12 kJ/mol. The π bond must break for rotation to take place around a carbon–carbon double bond . The lack of rotation around carbon–carbon double bonds is of more than just theoretical interest; it also has chemical consequences. Imagine the situation for a disubstituted alkene such as 2-butene. (Disubstituted means that two substituents other than hydrogen are bonded to the double-bond carbons.) The two methyl groups in 2-butene can either be on the same side of the double bond or on opposite sides, a situation similar to that in disubstituted cycloalkanes ( ). Since bond rotation can’t occur, the two 2-butenes can’t spontaneously interconvert; they are different, isolable compounds. As with disubstituted cycloalkanes, we call such compounds cis–trans stereoisomers. The compound with substituents on the same side of the double bond is called cis -2-butene, and the isomer with substituents on opposite sides is trans -2-butene ( ). Cis and trans isomers of 2-butene . The cis isomer has the two methyl groups on the same side of the double bond, and the trans isomer has methyl groups on opposite sides. Cis–trans isomerism is not limited to disubstituted alkenes. It can occur whenever both double-bond carbons are attached to two different groups. If one of the double-bond carbons is attached to two identical groups, however, cis–trans isomerism is not possible ( ). The requirement for cis–trans isomerism in alkenes . Compounds that have one of their carbons bonded to two identical groups can’t exist as cis–trans isomers. Only when both carbons are bonded to two different groups is cis–trans isomerism possible. Problems", "section": "Cis–Trans Isomerism in Alkenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkene Stereochemistry and the E , Z Designation The cis–trans naming system used in the previous section works only with disubstituted alkenes—compounds that have two substituents other than hydrogen on the double bond. With trisubstituted and tetrasubstituted double bonds, a more general method is needed for describing double-bond geometry. ( Trisubstituted means three substituents other than hydrogen on the double bond; tetrasubstituted means four substituents other than hydrogen.) The method used for describing alkene stereochemistry is called the E,Z system and employs the same Cahn–Ingold–Prelog sequence rules given in for specifying the configuration of a chirality center. Let’s briefly review the sequence rules and then see how they’re used to specify double-bond geometry. For a more thorough review, reread . RULE 1 Considering each of the double-bond carbons separately, look at the two substituents attached and rank them according to the atomic number of the first atom in each (8 for oxygen, 6 for carbon, 1 for hydrogen, and so forth). An atom with higher atomic number ranks higher than an atom with lower atomic number. RULE 2 If a decision can’t be reached by ranking the first atoms in the two substituents, look at the second, third, or fourth atoms away from the double-bond until the first difference is found. RULE 3 Multiple-bonded atoms are equivalent to the same number of single-bonded atoms. Once the two groups attached to each double-bonded carbon have been ranked as either higher or lower, look at the entire molecule. If the higher-ranked groups on each carbon are on the same side of the double bond, the alkene is said to have a Z configuration , for the German zusammen, meaning “together.” If the higher-ranked groups are on opposite sides, the alkene has an E configuration , for the German entgegen, meaning “opposite.” (For a simple way to remember which is which, note that the groups are on “ze zame zide” in the Z isomer.) As an example, look at the following two isomers of 2-chloro-2-butene. Because chlorine has a higher atomic number than carbon, a −Cl substituent is ranked higher than a −CH 3 group. Methyl is ranked higher than hydrogen, however, so isomer (a) is designated E because the higher-ranked groups are on opposite sides of the double bond. Isomer (b) has a Z configuration because its higher-ranked groups are on ze zame zide of the double bond. For further practice, work through each of the following examples to convince yourself that the assignments are correct: Assigning E and Z Configurations to Alkenes Assign E or Z configuration to the double bond in the following compound: Strategy Look at the two substituents connected to each double-bonded carbon, and determine their ranking using the Cahn–Ingold–Prelog rules. Then, check whether the two higher-ranked groups are on the same or opposite sides of the double bond. Solution The left-hand carbon has −H and −CH 3 substituents, of which −CH 3 ranks higher by sequence rule 1. The right-hand carbon has −CH(CH 3 ) 2 and −CH 2 OH substituents, which are equivalent by rule 1. By rule 2, however, −CH 2 OH ranks higher than −CH(CH 3 ) 2 because the substituent −CH 2 OH has an oxygen as its highest second atom, but −CH(CH 3 ) 2 has a carbon as its highest second atom. The two higher-ranked groups are on the same side of the double bond, so we assign a Z configuration. Problems", "section": "Alkene Stereochemistry and theE,ZDesignation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stability of Alkenes Although the cis–trans interconversion of alkene isomers does not occur spontaneously, it can often be made to happen by treating the alkene with a strong acid catalyst. If we interconvert cis -2-butene with trans -2-butene and allow them to reach equilibrium, we find that they aren’t of equal stability. The trans isomer is more stable than the cis isomer by 2.8 kJ/mol (0.66 kcal/mol) at room temperature, corresponding to a 76 : 24 ratio. Cis alkenes are less stable than their trans isomers because of steric strain between the two larger substituents on the same side of the double bond. This is the same kind of steric interference that we saw previously in the axial conformation of methylcyclohexane ( ). Although it’s sometimes possible to find relative stabilities of alkene isomers by establishing a cis–trans equilibrium through treatment with strong acid, a more general method is to take advantage of the fact that alkenes undergo a hydrogenation reaction to give the corresponding alkane when treated with H 2 gas in the presence of a catalyst such as palladium or platinum. Energy diagrams for the hydrogenation reactions of cis - and trans -2-butene are shown in . Because cis -2-butene is less stable than trans -2-butene by 2.8 kJ/mol, the energy diagram shows the cis alkene at a higher energy level. After reaction, however, both curves are at the same energy level (butane). It therefore follows that Δ G ° for reaction of the cis isomer must be larger than Δ G ° for reaction of the trans isomer by 2.8 kJ/mol. In other words, more energy is released in the hydrogenation of the cis isomer than the trans isomer because the cis isomer has more energy to begin with. Energy diagrams for hydrogenation of cis - and trans -2-butene . The cis isomer is higher in energy than the trans isomer by about 2.8 kJ/mol and therefore releases more energy when hydrogenated. If we were to measure the so-called heats of hydrogenation (Δ H ° hydrog ) for two double-bond isomers and find their difference, we could determine the relative stabilities of cis and trans isomers without having to measure an equilibrium position. cis -2-Butene, for instance, has Δ H ° hydrog = −119 kJ/mol(−28.3 kcal/mol), while trans -2-butene has Δ H ° hydrog = −115 kJ/mol(−27.4 kcal/mol)—a difference of 4 kJ/mol. The 4 kJ/mol energy difference between the 2-butene isomers calculated from heats of hydrogenation agrees reasonably well with the 2.8 kJ/mol energy difference calculated from equilibrium data, but the values aren’t exactly the same for two reasons. First, there is probably some experimental error, because heats of hydrogenation are difficult to measure accurately. Second, heats of reaction and equilibrium constants don’t measure exactly the same thing. Heats of reaction measure enthalpy changes, Δ H °, whereas equilibrium constants measure free-energy changes, Δ G °, so we might expect a slight difference between the two. Heats of Hydrogenation of Some Alkenes Substitution Alkene Δ H ° hydrog (kJ/mol) (kcal/mol) Ethylene H 2 C═ CH 2 −136 −32.6 Monosubstituted CH 3 CH═ CH 2 −125 −29.9 Disubstituted CH 3 CH═ CHCH 3 (cis) CH 3 CH═ CHCH 3 (trans) (CH 3 ) 2 C═ CH 2 −119 −115 −118 −28.3 −27.4 −28.2 Trisubstituted (CH 3 ) 2 C═ CHCH 3 −112 −26.7 Tetrasubstituted (CH 3 ) 2 C═ C(CH 3 ) 2 −110 −26.4 lists some representative data for the hydrogenation of different alkenes and shows that alkenes become more stable with increasing substitution. That is, alkenes follow the stability order: The stability order of substituted alkenes is due to a combination of two factors. One is a stabilizing interaction between the C═C π orbital and adjacent C−H σ bonds on substituents. In valence-bond language, the interaction is called hyperconjugation . In a molecular orbital description, there is a bonding MO that extends over the four-atom C═C−C−H grouping, as shown in . The more substituents present on the double bond, the more hyperconjugation occurs and the more stable the alkene. Hyperconjugation is a stabilizing interaction between the C═C π orbital and adjacent C−H σ bonds on substituents . The more substituents there are, the greater the stabilization of the alkene. A second factor that contributes to alkene stability involves bond strengths. A bond between a sp 2 carbon and a sp 3 carbon is somewhat stronger than a bond between two sp 3 carbons. Thus, in comparing 1-butene and 2-butene, the monosubstituted isomer has one sp 3 – sp 3 bond and one sp 3 – sp 2 bond, while the disubstituted isomer has two sp 3 – sp 2 bonds. More highly substituted alkenes always have a higher ratio of sp 3 – sp 2 bonds to sp 3 – sp 3 bonds than less highly substituted alkenes and are therefore more stable. Problems", "section": "Stability of Alkenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Electrophilic Addition Reactions of Alkenes Before beginning a detailed discussion of alkene reactions, let’s review briefly some conclusions from the previous chapter. We said in that alkenes behave as nucleophiles (Lewis bases) in polar reactions, donating a pair of electrons from their electron-rich C═C bond to an electrophile (Lewis acid). For example, reaction of 2-methylpropene with HBr yields 2-bromo-2-methylpropane. A careful study of this and similar reactions by the British chemist Christopher Ingold and others in the 1930s led to the generally accepted mechanism shown in for an electrophilic addition reaction . MECHANISM Mechanism of the electrophilic addition of HBr to 2-methylpropene . The reaction occurs in two steps, protonation and bromide addition, and involves a carbocation intermediate. The reaction begins with an attack on the hydrogen of the electrophile HBr by the electrons of the nucleophilic π bond. Two electrons from the π bond form a new σ bond between the entering hydrogen and an alkene carbon, as shown by the curved arrow at the top of . The resulting carbocation intermediate is itself an electrophile, which can accept an electron pair from nucleophilic Br − ion to form a C−Br bond and yield a neutral addition product. An energy diagram for the overall electrophilic addition reaction ( ) has two peaks (transition states) separated by a valley (carbocation intermediate). The energy level of the intermediate is higher than that of the starting alkene, but the reaction as a whole is exergonic (negative Δ G °). The first step, protonation of the alkene to yield the intermediate cation, is relatively slow. But once the cation intermediate is formed, it rapidly reacts to yield the final alkyl bromide product. The relative rates of the two steps are indicated in by the fact that Δ G 1 ‡ is larger than Δ G 2 ‡ . Energy diagram for the two-step electrophilic addition of HBr to 2-methylpropene . The first step is slower than the second step. Electrophilic addition to alkenes is successful not only with HBr but with HCl, HI, and H 2 O as well. Note that HI is usually generated in the reaction mixture by treating potassium iodide with phosphoric acid and that a strong acid catalyst is needed for the addition of water. Writing Organic Reactions This is a good place to mention that the equations for organic reactions are sometimes written in different ways to emphasize different points. In describing a laboratory process, for instance, the reaction of 2-methylpropene with HCl might be written in the format A + B ⟶ C to emphasize that both reactants are equally important for the purposes of the discussion. The solvent and notes about other reaction conditions such as temperature are written either above or below the reaction arrow. Alternatively, we might write the same reaction in a format to emphasize that 2-methylpropene is the reactant whose chemistry is of greater interest. The second reactant, HCl, is placed above the reaction arrow together with notes about solvent and reaction conditions. In describing a biological process, the reaction is almost always written to show only the structures of the primary reactant and product, while abbreviating the structures of various biological “reagents” and by-products with a curved arrow that intersects the straight reaction arrow. As discussed in , the reaction of glucose with ATP to give glucose 6-phosphate plus ADP would then be written as", "section": "Electrophilic Addition Reactions of Alkenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Orientation of Electrophilic Additions: Markovnikov’s Rule Look carefully at the electrophilic addition reactions shown in the previous section. In each case, an unsymmetrically substituted alkene has given a single addition product rather than the mixture that might be expected. For example, 2-methylpropene might react with HCl to give both 2-chloro-2-methylpropane and 1-chloro-2-methylpropane, but it doesn’t. It gives only 2-chloro-2-methylpropane as the sole product. Similarly, it’s invariably the case in biological alkene addition reactions that only a single product is formed. We say that such reactions are regiospecific ( ree -jee-oh-specific) when only one of two possible orientations of an addition occurs. After looking at the results of many such reactions, the Russian chemist Vladimir Markovnikov proposed in 1869 what has become known as: Markovnikov’s rule In the addition of HX to an alkene, the H attaches to the carbon with fewer alkyl substituents and the X attaches to the carbon with more alkyl substituents. When both double-bonded carbon atoms have the same degree of substitution, a mixture of addition products results. Because carbocations are involved as intermediates in these electrophilic addition reactions, Markovnikov’s rule can be restated in the following way: Markovnikov’s rule restated In the addition of HX to an alkene, the more highly substituted carbocation is formed as the intermediate rather than the less highly substituted one. For example, addition of H + to 2-methylpropene yields the intermediate tertiary carbocation rather than the alternative primary carbocation, and addition to 1-methylcyclohexene yields a tertiary cation rather than a secondary one. Why should this be? Predicting the Product of an Electrophilic Addition Reaction What product would you expect from reaction of HCl with 1-ethylcyclopentene? Strategy When solving a problem that asks you to predict a reaction product, begin by looking at the functional group(s) in the reactants and deciding what kind of reaction is likely to occur. In the present instance, the reactant is an alkene that will probably undergo an electrophilic addition reaction with HCl. Next, recall what you know about electrophilic addition reactions to predict the product. You know that electrophilic addition reactions follow Markovnikov’s rule, so H + will add to the double-bond carbon that has one alkyl group (C2 on the ring) and the Cl will add to the double-bond carbon that has two alkyl groups (C1 on the ring). Solution The expected product is 1-chloro-1-ethylcyclopentane. Synthesizing a Specific Compound What alkene would you start with to prepare the following alkyl halide? There may be more than one possibility. Strategy When solving a problem that asks how to prepare a given product, always work backward. Look at the product, identify the functional group(s) it contains, and ask yourself, “How can I prepare that functional group?” In the present instance, the product is a tertiary alkyl chloride, which can be prepared by reaction of an alkene with HCl. The carbon atom bearing the −Cl atom in the product must be one of the double-bond carbons in the reactant. Draw and evaluate all possibilities. Solution There are three possibilities, all of which could give the desired product according to Markovnikov’s rule. Problems", "section": "Orientation of Electrophilic Additions: Markovnikov’s Rule", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Carbocation Structure and Stability To understand why Markovnikov’s rule works, we need to learn more about the structure and stability of carbocations and about the general nature of reactions and transition states. The first point to explore involves structure. A great deal of experimental evidence has shown that carbocations are planar. The trivalent carbon is sp 2 -hybridized, and the three substituents are oriented toward the corners of an equilateral triangle, as indicated in . Because there are only six valence electrons on carbon and all six are used in the three σ bonds, the p orbital extending above and below the plane is unoccupied. The structure of a carbocation . The trivalent carbon is sp 2 -hybridized and has a vacant p orbital perpendicular to the plane of the carbon and three attached groups. The second point to explore involves carbocation stability. 2-Methylpropene might react with H + to form a carbocation having three alkyl substituents (a tertiary ion, 3°), or it might react to form a carbocation having one alkyl substituent (a primary ion, 1°). Since the tertiary alkyl chloride, 2-chloro-2-methylpropane, is the only product observed, formation of the tertiary cation is evidently favored over formation of the primary cation. Thermodynamic measurements show that, indeed, the stability of carbocations increases with increasing substitution so that the stability order is tertiary > secondary > primary > methyl. One way of determining carbocation stabilities is to measure the amount of energy required to form a carbocation by dissociation of the corresponding alkyl halide, R − X → R + + :X − . As shown in , tertiary alkyl halides dissociate to give carbocations more easily than secondary or primary ones. Thus, trisubstituted carbocations are more stable than disubstituted ones, which are more stable than monosubstituted ones. The data in are taken from measurements made in the gas phase, but a similar stability order is found for carbocations in solution. The dissociation enthalpies are much lower in solution because polar solvents can stabilize the ions, but the order of carbocation stability remains the same. A plot of dissociation enthalpy versus substitution pattern for the gas-phase dissociation of alkyl chlorides to yield carbocations . More highly substituted alkyl halides dissociate more easily than less highly substituted ones. Why are more highly substituted carbocations more stable than less highly substituted ones? There are at least two reasons. Part of the answer has to do with inductive effects, and part has to do with hyperconjugation. Inductive effects, discussed in in connection with polar covalent bonds, result from the shifting of electrons in a σ bond in response to the electronegativity of nearby atoms. In the present instance, electrons from a relatively larger and more polarizable alkyl group can shift toward a neighboring positive charge more easily than the electron from a hydrogen. Thus, the more alkyl groups attached to the positively charged carbon, the more electron density shifts toward the charge and the more inductive stabilization of the cation occurs ( ). A comparison of inductive stabilization for methyl, primary, secondary, and tertiary carbocations . The more alkyl groups that are bonded to the positively charged carbon, the more electron density shifts toward the charge, making the charged carbon less electron-poor (blue in electrostatic potential maps). Hyperconjugation, discussed in in connection with the stabilities of substituted alkenes, is the stabilizing interaction between a p orbital and properly oriented C−H σ bonds on neighboring carbons that are roughly parallel to the p orbital. The more alkyl groups there are on the carbocation, the more possibilities there are for hyperconjugation and the more stable the carbocation. shows the molecular orbital for the ethyl carbocation, CH 3 CH 2 + , and indicates the difference between the C−H bond perpendicular to the cation p orbital and the two C−H bonds more parallel to the cation p orbital. Only these roughly parallel C−H bonds are oriented properly to take part in hyperconjugation. Stabilization of the ethyl carbocation, CH 3 CH 2 + , through hyperconjugation . Interaction of neighboring C−H σ bonds with the vacant p orbital stabilizes the cation and lowers its energy. The molecular orbital shows that only the two C−H bonds more parallel to the cation p orbital are oriented properly. The C−H bond perpendicular to the cation p orbital can’t take part properly. Problems", "section": "Carbocation Structure and Stability", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Hammond Postulate Let’s summarize what we’ve learned of electrophilic addition reactions to this point: Electrophilic addition to an unsymmetrically substituted alkene gives the more substituted carbocation intermediate. A more substituted carbocation forms faster than a less substituted one and, once formed, rapidly goes on to give the final product. A more substituted carbocation is more stable than a less substituted one. That is, the stability order of carbocations is tertiary > secondary > primary > methyl. What we have not yet seen is how these two points are related. Why does the stability of the carbocation intermediate affect the rate at which it’s formed and thereby determine the structure of the final product? After all, carbocation stability is determined by the free-energy change Δ G °, but reaction rate is determined by the activation energy Δ G ‡ . The two quantities aren’t directly related. Although there is no simple quantitative relationship between the stability of a carbocation intermediate and the rate of its formation, there is an intuitive relationship. It’s generally true when comparing two similar reactions that the more stable intermediate forms faster than the less stable one. The situation is shown graphically in , where the energy profile in part (a) represents the typical situation, as opposed to the profile in part (b) . That is, the curves for two similar reactions don’t cross one another. Energy diagrams for two similar competing reactions . In (a) , the faster reaction yields the more stable intermediate. In (b) , the slower reaction yields the more stable intermediate. The curves shown in (a) represent the typical situation. Called the Hammond postulate , the explanation of the relationship between reaction rate and intermediate stability goes like this: Transition states represent energy maxima. They are high-energy activated complexes that occur transiently during the course of a reaction and immediately go on to a more stable species. Although we can’t actually observe transition states because they have no finite lifetime, the Hammond postulate says that we can get an idea of a particular transition state’s structure by looking at the structure of the nearest stable species. Imagine the two cases shown in , for example. The reaction profile in part (a) shows the energy curve for an endergonic reaction step, and the profile in part (b) shows the curve for an exergonic step. Energy diagrams for endergonic and exergonic steps . (a) In an endergonic step, the energy levels of transition state and product are closer. (b) In an exergonic step, the energy levels of transition state and reactant are closer. In an endergonic reaction ( a), the energy level of the transition state is closer to that of the product than that of the reactant. Since the transition state is closer energetically to the product, we make the natural assumption that it’s also closer structurally. In other words, the transition state for an endergonic reaction step structurally resembles the product of that step. Conversely, the transition state for an exergonic reaction ( b), is closer energetically, and thus structurally, to the reactant than to the product. We therefore say that the transition state for an exergonic reaction step structurally resembles the reactant for that step. Hammond postulate: The structure of a transition state resembles the structure of the nearest stable species. Transition states for endergonic steps structurally resemble products, and transition states for exergonic steps structurally resemble reactants. How does the Hammond postulate apply to electrophilic addition reactions? The formation of a carbocation by protonation of an alkene is an endergonic step. Thus, the transition state for alkene protonation structurally resembles the carbocation intermediate, and any factor that stabilizes the carbocation will also stabilize the nearby transition state. Since increasing alkyl substitution stabilizes carbocations, it also stabilizes the transition states leading to those ions, thus resulting in a faster reaction. In other words, more stable carbocations form faster because their greater stability is reflected in the lower-energy transition state leading to them ( ). Energy diagrams for carbocation formation . The more stable tertiary carbocation is formed faster (green curve) because its increased stability lowers the energy of the transition state leading to it. We can imagine the transition state for alkene protonation to be a structure in which one of the alkene carbon atoms has almost completely rehybridized from sp 2 to sp 3 and the remaining alkene carbon bears much of the positive charge ( ). This transition state is stabilized by hyperconjugation and inductive effects in the same way as the product carbocation. The more alkyl groups that are present, the greater the extent of stabilization and the faster the transition state forms. The hypothetical structure of a transition state for alkene protonation . The transition state is closer in both energy and structure to the carbocation than to the alkene. Thus, an increase in carbocation stability (lower Δ G °) also causes an increase in transition-state stability (lower Δ G ‡ ), thereby increasing the rate of its formation. Problems", "section": "The Hammond Postulate", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Evidence for the Mechanism of Electrophilic Additions: Carbocation Rearrangements How do we know that the carbocation mechanism for electrophilic addition reactions of alkenes is correct? The answer is that we don’t know it’s correct; at least we don’t know with complete certainty. Although an incorrect reaction mechanism can be disproved by demonstrating that it doesn’t account for observed data, a correct reaction mechanism can never be entirely proven. The best we can do is to show that a proposed mechanism is consistent with all known facts. If enough facts are accounted for, the mechanism is probably correct. One of the best pieces of evidence supporting the carbocation mechanism for the electrophilic addition reaction was discovered during the 1930s by F. C. Whitmore of Pennsylvania State University, who found that structural rearrangements often occur during the reaction of HX with an alkene. For example, reaction of HCl with 3-methyl-1-butene yields a substantial amount of 2-chloro-2-methylbutane in addition to the “expected” product, 2-chloro-3-methylbutane. If the reaction takes place in a single step, it would be difficult to account for rearrangement, but if the reaction takes place in several steps, rearrangement is more easily explained. Whitmore suggested that it is a carbocation intermediate that undergoes rearrangement. The secondary carbocation intermediate formed by protonation of 3-methyl-1-butene rearranges to a more stable tertiary carbocation by a hydride shift —the shift of a hydrogen atom and its electron pair (a hydride ion, : H − ) between neighboring carbons. Carbocation rearrangements can also occur by the shift of an alkyl group with its electron pair. For example, reaction of 3,3-dimethyl-1-butene with HCl leads to an equal mixture of unrearranged 3-chloro-2,2-dimethylbutane and rearranged 2-chloro-2,3-dimethylbutane. In this instance, a secondary carbocation rearranges to a more stable tertiary carbocation by the shift of a methyl group. Note the similarities between the two carbocation rearrangements: in both cases, a group (:H − or :CH 3 − ) moves to an adjacent positively charged carbon, taking its bonding electron pair with it. Also in both cases, a less stable carbocation rearranges to a more stable ion. Rearrangements of this kind are a common feature of carbocation chemistry and are particularly important in the biological pathways by which steroids and related substances are synthesized. An example is the following hydride shift that occurs during the biosynthesis of cholesterol. As always, when looking at any complex chemical transformation, whether biochemical or not, focus on the part of the molecule where the change is occurring and don’t worry about the rest. The tertiary carbocation just pictured looks complicated, but all the chemistry is taking place in the small part of the molecule inside the red circle. Problems Bioprospecting: Hunting for Natural Products Most people know the names of the common classes of biomolecules—proteins, carbohydrates, lipids, and nucleic acids—but there are many more kinds of compounds in living organisms than just those four. All living organisms also contain a vast diversity of substances usually grouped under the heading natural products . The term natural product really refers to any naturally occurring substance but is generally taken to mean a so-called secondary metabolite—a small molecule that is not essential to the growth and development of the producing organism and is not classified by structure. Rapamycin, an immunosuppressant natural product used during organ transplants, was originally isolated from a soil sample found on Rapa Nui (Easter Island), an island 2200 miles off the coast of Chile known for its giant Moai statues. (credit: modification of work “Moai facing inland at Ahu Tongariki” by Ian Sewell/Wikimedia Commons, CC BY 2.5) It has been estimated that well over 300,000 secondary metabolites exist, and it’s thought that their primary function is to increase the likelihood of an organism’s survival by repelling or attracting other organisms. Alkaloids, such as morphine; antibiotics, such as erythromycin and the penicillins; and immunosuppressive agents, such as rapamycin (sirolimus) prescribed for liver transplant recipients, are examples. Where do these natural products come from, and how are they found? Although most chemists and biologists spend their working time in the laboratory, a few spend their days scuba diving on South Pacific islands or trekking through the rainforests of South America and Southeast Asia at work as bioprospectors. Their job is to hunt for new and unusual natural products that might be useful as drugs. As noted in the Chapter 6 Chemistry Matters , more than half of all new drug candidates come either directly or indirectly from natural products. Morphine from the opium poppy, prostaglandin E 1 from sheep prostate glands, erythromycin A from a Streptomyces erythreus bacterium cultured from a Philippine soil sample, and benzylpenicillin from the mold Penicillium notatum are examples. The immunosuppressive agent rapamycin, whose structure is shown previously, was first isolated from a Streptomyces hygroscopicus bacterium found in a soil sample from Rapa Nui (Easter Island), located 2200 miles off the coast of Chile. With less than 1% of living organisms yet investigated, bioprospectors have a lot of work to do. But there is a race going on. Rainforests throughout the world are being destroyed at an alarming rate, causing many species of both plants and animals to become extinct before they can even be examined. The governments in many countries seem aware of the problem, but there is as yet no international treaty on biodiversity that could help preserve vanishing species. alkene ( R 2 C═ CR 2 ) allyl group degree of unsaturation E configuration E,Z system electrophilic addition reaction Hammond postulate hydride shift hyperconjugation Markovnikov’s rule methylene group regiospecific reaction unsaturated vinyl group Z configuration Summary Carbon–carbon double bonds are present in most organic and biological molecules, so a good understanding of their behavior is needed. In this chapter, we’ve looked at some consequences of alkene stereoisomerism and at the details of the broadest class of alkene reactions—the electrophilic addition reaction. An alkene is a hydrocarbon that contains a carbon–carbon double bond. Because they contain fewer hydrogens than alkanes with the same number of carbons, alkenes are said to be unsaturated . Because rotation around the double bond can’t occur, substituted alkenes can exist as cis–trans stereoisomers. The configuration of a double bond can be specified by applying the Cahn–Ingold–Prelog sequence rules, which rank the substituents on each double-bond carbon. If the higher-ranking groups on each carbon are on the same side of the double bond, the configuration is Z ( zusammen, “together”); if the higher-ranking groups on each carbon are on opposite sides of the double bond, the configuration is E ( entgegen, “apart”). Alkene chemistry is dominated by electrophilic addition reactions . When HX reacts with an unsymmetrically substituted alkene, Markovnikov’s rule predicts that the H will add to the carbon having fewer alkyl substituents and the X group will add to the carbon having more alkyl substituents. Electrophilic additions to alkenes take place through carbocation intermediates formed by reaction of the nucleophilic alkene π bond with electrophilic H + . Carbocation stability follows the order Tertiary (3°) > Secondary (2°) > Primary (1°) > Methyl R 3 C + > R 2 CH + > RCH 2 + > CH 3 + Markovnikov’s rule can be restated by saying that, in the addition of HX to an alkene, a more stable carbocation intermediate is formed. This result is explained by the Hammond postulate , which says that the transition state of an exergonic reaction step structurally resembles the reactant, whereas the transition state of an endergonic reaction step structurally resembles the product. Since an alkene protonation step is endergonic, the stability of the more highly substituted carbocation is reflected in the stability of the transition state leading to its formation. Evidence in support of a carbocation mechanism for electrophilic additions comes from the observation that structural rearrangements often take place during reaction. Rearrangements occur by shift of either a hydride ion, : H − (a hydride shift ), or an alkyl anion, : R − , from a carbon atom to the neighboring positively charged carbon. This results in isomerization of a less stable carbocation to a more stable one. Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Calculating a Degree of Unsaturation Naming Alkenes Alkene Isomers and Their Stability Carbocations and Electrophilic Addition Reactions General Problems", "section": "Evidence for the Mechanism of Electrophilic Additions: Carbocation Rearrangements", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The Spectra fiber used to make the bulletproof vests used by police and military is made of ultra-high-molecular-weight polyethylene, a simple alkene polymer. (credit: modification of work “US Navy 081028-N-3857R-007 Seabees participate in a chemical, biological and radiological warfare drill” by U.S. Navy photo by Mass Communication Specialist 1st Class Chad Runge/Wikimedia Commons, Public Domain) Much of the background needed to understand organic reactions has now been covered, and it’s time to begin a systematic description of the major functional groups. In this chapter on alkenes, and in future chapters on other functional groups, we’ll discuss a variety of reactions, but try to focus on the general principles and patterns of reactivity that tie organic chemistry together. There are no shortcuts; you have to know the reactions to understand organic and biological chemistry. Alkene addition reactions occur widely, both in the laboratory and in living organisms. Although we’ve studied only the addition of HX thus far, many closely related reactions also take place. In this chapter, we’ll see briefly how alkenes are prepared and we’ll discuss further examples of alkene addition reactions. Particularly important are the addition of a halogen (X 2 ) to give a 1,2-dihalide, addition of a hypohalous acid (HOX) to give a halohydrin, addition of water to give an alcohol, addition of hydrogen to give an alkane, addition of a single oxygen to give a three-membered cyclic ether called an epoxide , and addition of two hydroxyl groups to give a 1,2-diol. Some useful alkene reactions.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Alkenes: A Preview of Elimination Reactions Before getting to the main subject of this chapter—the reactions of alkenes—let’s take a brief look at how alkenes are prepared. The subject is a bit complex, though, so we’ll return to it in Chapter 11 for a more detailed study. For the present, it’s enough to realize that alkenes are readily available from simple precursors—usually alcohols in biological systems and either alcohols or alkyl halides in the laboratory. Just as the chemistry of alkenes is dominated by addition reactions, the preparation of alkenes is dominated by elimination reactions. Additions and eliminations are, in many respects, two sides of the same coin. That is, an addition reaction might involve the addition of HBr or H 2 O to an alkene to form an alkyl halide or alcohol, whereas an elimination reaction might involve the loss of HBr or H 2 O from an alkyl halide or alcohol to form an alkene. The two most common elimination reactions are dehydrohalogenation—the loss of HX from an alkyl halide—and dehydration—the loss of water from an alcohol. Dehydrohalogenation usually occurs by reaction of an alkyl halide with strong base such as potassium hydroxide. For example, bromocyclohexane yields cyclohexene when treated with KOH in ethanol solution. Dehydration is often carried out in the laboratory by treatment of an alcohol with a strong acid. For example, when 1-methylcyclohexanol is warmed with aqueous sulfuric acid in tetrahydrofuran (THF) solvent, loss of water occurs and 1-methylcyclohexene is formed. In biological pathways, dehydrations rarely occur with isolated alcohols. Instead, they normally take place on substrates in which the −OH is positioned two carbons away from a C═O group. In the biosynthesis of fats, for instance, β -hydroxybutyryl ACP is converted by dehydration to trans -crotonyl ACP, where ACP is an abbreviation for acyl carrier protein. We’ll see the reason for this requirement in Section 11.10 . Problems", "section": "Preparing Alkenes: A Preview of Elimination Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Halogenation of Alkenes: Addition of X 2 Bromine and chlorine add rapidly to alkenes to yield 1,2-dihalides, a process called halogenation . For example, nearly 50 million tons of 1,2-dichloroethane (ethylene dichloride) are synthesized worldwide each year, much of it by addition of Cl 2 to ethylene. The product is used both as a solvent and as starting material for the manufacture of poly(vinyl chloride), PVC, the third most widely synthesized polymer in the world after polyethelyne and polypropolyne. Fluorine is too reactive and difficult to control for most laboratory applications, and iodine does not react with most alkenes. Based on what we’ve seen thus far, a possible mechanism for the reaction of bromine with alkenes might involve electrophilic addition of Br + to the alkene, giving a carbocation intermediate that could undergo further reaction with Br − to yield the dibromo addition product. Although this mechanism seems plausible, it’s not fully consistent with known facts. In particular, it doesn’t explain the stereochemistry of the addition reaction. That is, the mechanism doesn’t account for which product stereoisomer is formed. When the halogenation reaction is carried out on a cycloalkene, such as cyclopentene, only the trans stereoisomer of the dihalide addition product is formed, rather than the mixture of cis and trans isomers that might have been expected if a planar carbocation intermediate were involved. We say that the reaction occurs with anti stereochemistry , meaning that the two bromine atoms come from opposite faces of the double bond—one from the top face and one from the bottom face. An explanation for the observed stereochemistry of addition was suggested in 1937 by George Kimball and Irving Roberts, who proposed that the reaction intermediate is not a carbocation but is instead a bromonium ion , R 2 B r + , formed by electrophilic addition of Br + to the alkene. (Similarly, a chloronium ion contains a positively charged, divalent chlorine, R 2 Cl + .) The bromonium ion is formed in a single step by interaction of the alkene with Br 2 and the simultaneous loss of Br − . How does the formation of a bromonium ion account for the observed anti stereochemistry of addition to cyclopentene? If a bromonium ion is formed as an intermediate, we can imagine that the large bromine atom might “shield” one side of the molecule. Reaction with Br − ion in the second step could then occur only from the opposite, unshielded side to give the trans product. The bromonium ion postulate, made more than 85 years ago to explain the stereochemistry of halogen addition to alkenes, is a remarkable example of deductive logic in chemistry. Arguing from experimental results, chemists were able to make a hypothesis about the intimate mechanistic details of alkene electrophilic reactions. Subsequently, strong evidence supporting the mechanism came from the work of George Olah at the University of Southern California, who prepared and studied stable solutions of cyclic bromonium ions in liquid SO 2 . There’s no question that bromonium ions exist. Alkene halogenation reactions occur in nature just as they do in the laboratory but are limited primarily to marine organisms living in halide-rich environments. These biological halogenation reactions are carried out by enzymes called haloperoxidases , which use H 2 O 2 to oxidize Br − or Cl − ions to a biological equivalent of Br + or Cl + . Electrophilic addition to the double bond of a substrate molecule then yields a bromonium or chloronium ion intermediate just as in the laboratory, and reaction with another halide ion completes the process. Halomon, for example, an antitumor pentahalide isolated from red alga, is thought to arise by a route that involves twofold addition of BrCl through the corresponding bromonium ions. Problems", "section": "Halogenation of Alkenes: Addition of X2", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Halohydrins from Alkenes: Addition of HO-X Another example of an electrophilic addition is the reaction an alkene with either Br 2 or Cl 2 in the presence of water to yield a 1,2-halo alcohol, called a halohydrin . We saw in the previous section that when Br 2 reacts with an alkene, the cyclic bromonium ion intermediate reacts with the only nucleophile present, Br − ion. If the reaction is carried out in the presence of an additional nucleophile, however, the intermediate bromonium ion can be intercepted by the added nucleophile and diverted to a different product. In the presence of a high concentration of water, for instance, water competes with Br − ion as a nucleophile and reacts with the bromonium ion intermediate to yield a bromohydrin . The net effect is addition of HO−Br to the alkene by the pathway shown in . MECHANISM Bromohydrin formation by reaction of an alkene with Br 2 in the presence of water . Water acts as a nucleophile in step 2 to react with the intermediate bromonium ion. In practice, few alkenes are soluble in water, and bromohydrin formation is often carried out in a solvent such as aqueous dimethyl sulfoxide, CH 3 SOCH 3 (DMSO), using a reagent called N -bromosuccinimide (NBS) as a source of Br 2 . NBS is a stable, easily handled compound that slowly decomposes in water to yield Br 2 at a controlled rate. Bromine itself can also be used in the addition reaction, but it is more dangerous and more difficult to handle than NBS. Notice that the aromatic ring in the above example does not react with Br 2 , even though it appears to have three carbon–carbon double bonds. As we’ll see in Section 15.2, aromatic rings are a good deal more stable and less reactive than might be expected. There are a number of biological examples of halohydrin formation, particularly in marine organisms. As with halogenation ( ), halohydrin formation is carried out by haloperoxidases . For example: Problems", "section": "Halohydrins from Alkenes: Addition of HO-X", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Hydration of Alkenes: Addition of H 2 O by Oxymercuration Water adds to alkenes to yield alcohols, a process called hydration. The reaction takes place on treatment of the alkene with water and a strong acid catalyst, such as H 2 SO 4 , by a mechanism similar to that of HX addition. Thus, as shown in , protonation of an alkene double bond yields a carbocation intermediate, which reacts with water to yield a protonated alcohol product, ROH 2 + . Loss of H + from this protonated alcohol gives the neutral alcohol and regenerates the acid catalyst. MECHANISM Mechanism of the acid-catalyzed hydration of an alkene to yield an alcohol. Protonation of the alkene gives a carbocation intermediate, which reacts with water. The initial product is then deprotonated. Most ethanol throughout the world is now made by fermentation of biological precursors, such as corn and sugar, but acid-catalyzed alkene hydration is particularly suited to large-scale industrial procedures, and approximately 90,000 tons of ethanol is manufactured each year in the United States by hydration of ethylene. The reaction is of little value in the laboratory, however, because it requires high temperatures—250 °C in the case of ethylene—and strongly acidic conditions. Acid-catalyzed hydration of double bonds is also uncommon in biological pathways. Instead, biological hydrations usually require that the double bond be adjacent to a carbonyl group for the reaction to proceed. Fumarate, for instance, is hydrated to give malate as one step in the citric acid cycle of food metabolism. Note that the requirement for an adjacent carbonyl group in the addition of water is the same as in for the elimination of water. We’ll see the reason for this requirement in Section 19.13 , but will note for now that the reaction is not an electrophilic addition but instead occurs through a mechanism that involves formation of an anion intermediate followed by protonation by an acid HA. When it comes to circumventing problems like those with acid-catalyzed alkene hydrations, laboratory chemists have a great advantage over the cellular “chemists” in living organisms. Laboratory chemists are not constrained to carry out their reactions in water solution; they can choose from any of a large number of solvents. Laboratory reactions don’t need to be carried out at a fixed temperature; they can take place over a wide range of temperatures. And laboratory reagents aren’t limited to containing carbon, oxygen, nitrogen, and a few other elements; they can contain any element in the periodic table. In the laboratory, alkenes are often hydrated by the oxymercuration–demercuration procedure, which involves electrophilic addition of Hg 2+ to the alkene on reaction with mercury(II) acetate [(CH 3 CO 2 ) 2 Hg. The intermediate organomercury compound is then treated with sodium borohydride, NaBH 4 , and demercuration occurs to produce an alcohol. For example: Alkene oxymercuration is closely analogous to halohydrin formation. The reaction is initiated by electrophilic addition of Hg 2+ (mercuric) ion to the alkene to give an intermediate mercurinium ion , whose structure resembles that of a bromonium ion ( ). Nucleophilic addition of water as in halohydrin formation, followed by the loss of a proton, then yields a stable organomercury product. The final step, demercuration of the organomercury compound by reaction with sodium borohydride, is complex and involves radicals. Note that the regiochemistry of the reaction corresponds to Markovnikov addition of water; that is, the −OH group attaches to the more highly substituted carbon atom, and the −H attaches to the less highly substituted carbon. The hydrogen that replaces mercury in the demercuration step can attach from either side of the molecule depending on the exact circumstances. Mechanism of the oxymercuration of an alkene to yield an alcohol. ( 1 ) Electrophilic addition of Hg 2+ gives a mercurinium ion, which ( 2 ) reacts with water as in halohydrin formation. Loss of a proton gives an organomercury product, and ( 3 ) reaction with NaBH 4 removes the mercury. The product of the reaction is a more highly substituted alcohol, corresponding to Markovnikov regiochemistry. Problems", "section": "Hydration of Alkenes: Addition of H2O by Oxymercuration", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Hydration of Alkenes: Addition of H 2 O by Hydroboration In addition to the oxymercuration–demercuration method, which yields the Markovnikov product, a complementary method that yields the non-Markovnikov product is also useful. Discovered in 1959 by H.C. Brown at Purdue University and called hydroboration , the reaction involves addition of a B−H bond of borane, BH 3 , to an alkene to yield an organoborane intermediate, RBH 2 . Oxidation of the organoborane by reaction with basic hydrogen peroxide, H 2 O 2 , then gives an alcohol. For example: Borane is very reactive as a Lewis acid because the boron atom has only six electrons in its valence shell rather than an octet. In tetrahydrofuran solution, BH 3 accepts an electron pair from a solvent molecule in a Lewis acid–base reaction to complete its octet and form a stable BH 3 –THF complex. When an alkene reacts with BH 3 in THF solution, rapid addition to the double bond occurs three times and a trialkylborane, R 3 B, is formed. For example, 1 molar equivalent of BH 3 adds to 3 molar equivalents of cyclohexene to yield tricyclohexylborane. When tricyclohexylborane is then treated with aqueous hydrogen H 2 O 2 in basic solution, an oxidation takes place. The three C−B bonds are broken, −OH groups bond to the three carbons, and 3 equivalents of cyclohexanol are produced. The net effect of the two-step hydroboration–oxidation sequence is hydration of the alkene double bond. One of the features that makes the hydroboration reaction so useful is the regiochemistry that results when an unsymmetrical alkene is hydroborated. For example, hydroboration–oxidation of 1-methylcyclopentene yields trans -2-methylcyclopentanol. In this process, boron and hydrogen add to the alkene from the same face of the double bond—that is, with syn stereochemistry , the opposite of anti—with boron attaching to the less highly substituted carbon. During the oxidation step, the boron is replaced by an −OH with the same stereochemistry, resulting in an overall syn non-Markovnikov addition of water. This stereochemical result is particularly useful because it is complementary to the Markovnikov regiochemistry observed for oxymercuration–demercuration. Why does alkene hydroboration take place with syn, non-Markovnikov regiochemistry to yield the less highly substituted alcohol? Hydroboration differs from many other alkene addition reactions in that it occurs in a single step without a carbocation intermediate ( ). Because the C−H and C−B bonds form at the same time and from the same face of the alkene, syn stereochemistry results. Non-Markovnikov regiochemistry occurs because attachment of boron is favored at the less sterically crowded carbon atom of the alkene. Mechanism of alkene hydroboration. The reaction occurs in a single step in which the C−H and C−B bonds form at the same time and on the same face of the double bond. The lower energy, more rapidly formed transition state is the one with less steric crowding, leading to non-Markovnikov regiochemistry. Predicting the Products of a Hydration Reaction What products would you obtain from reaction of 2-methyl-2-pentene with: (a) BH 3 , followed by H 2 O 2 , OH − (b) Hg(OAc) 2 , followed by NaBH 4 Strategy When predicting the product of a reaction, you have to recall what you know about the kind of reaction being carried out and apply that knowledge to the specific case you’re dealing with. In the present instance, recall that the two methods of hydration—hydroboration–oxidation and oxymercuration–demercuration—give complementary products. Hydroboration–oxidation occurs with syn stereochemistry and gives the non-Markovnikov addition product; oxymercuration–demercuration gives the Markovnikov product. Solution Synthesizing an Alcohol How might you prepare the following alcohol? Strategy Problems that require the synthesis of a specific target molecule should always be worked backward. Look at the target, identify its functional group(s), and ask yourself, “What are the methods for preparing that functional group?” In the present instance, the target molecule is a secondary alcohol (R 2 CHOH), and we’ve seen that alcohols can be prepared from alkenes by either hydroboration–oxidation or oxymercuration–demercuration. The −OH-bearing carbon in the product must have been a double-bond carbon in the alkene reactant, so there are two possibilities here: 4-methyl-2-hexene and 3-methyl-3-hexene. 4-Methyl-2-hexene has a disubstituted double bond, RCH═CHR ′ , and will probably give a mixture of two alcohols with either hydration method since Markovnikov’s rule does not apply to symmetrically substituted alkenes. 3-Methyl-3-hexene, however, has a trisubstituted double bond, and should give only the desired product on non-Markovnikov hydration using the hydroboration–oxidation method. Solution Problems", "section": "Hydration of Alkenes: Addition of H2O by Hydroboration", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reduction of Alkenes: Hydrogenation Alkenes react with H 2 in the presence of a metal catalyst such as palladium or platinum to yield the corresponding saturated alkanes. We describe the result by saying that the double bond has been hydrogenated , or reduced . Note that the word reduction is used somewhat differently in organic chemistry from what you might have learned previously. In general chemistry, a reduction is defined as the gain of one or more electrons by an atom. In organic chemistry, however, a reduction is a reaction that results in a gain of electron density for carbon, caused either by bond formation between carbon and a less electronegative atom—usually hydrogen—or by bond-breaking between carbon and a more electronegative atom—usually oxygen, nitrogen, or a halogen. We’ll explore this topic in more detail in Section 10.8 . Reduction Increases electron density on carbon by: – forming this: C− H – or breaking one of these: C− O C− N C− X Platinum and palladium are the most common laboratory catalysts for alkene hydrogenations. Palladium is normally used as a very fine powder “supported” on an inert material such as charcoal (Pd/C) to maximize surface area. Platinum is normally used as PtO 2 , a reagent known as Adams’ catalyst after its discoverer, Roger Adams at the University of Illinois. Catalytic hydrogenation, unlike most other organic reactions, is a heterogeneous process rather than a homogeneous one. That is, the hydrogenation reaction does not occur in a homogeneous solution but instead takes place on the surface of solid catalyst particles. Hydrogenation usually occurs with syn stereochemistry: both hydrogens add to the double bond from the same face. As shown in , hydrogenation begins with adsorption of H 2 onto the catalyst surface. Complexation between catalyst and alkene then occurs as a vacant orbital on the metal interacts with the filled alkene π orbital on the alkene. In the final steps, hydrogen is inserted into the double bond and the saturated product diffuses away from the catalyst. The stereochemistry of hydrogenation is syn because both hydrogens add to the double bond from the same catalyst surface. MECHANISM Mechanism of alkene hydrogenation. The reaction takes place with syn stereochemistry on the surface of insoluble catalyst particles. An interesting feature of catalytic hydrogenation is that the reaction is extremely sensitive to the steric environment around the double bond. As a result, the catalyst usually approaches the more accessible face of an alkene, giving rise to a single product. In α -pinene, for example, one of the methyl groups attached to the four-membered ring hangs over the top face of the double bond and blocks approach of the hydrogenation catalyst from that side. Reduction therefore occurs exclusively from the bottom face to yield the product shown. Alkenes are much more reactive toward catalytic hydrogenation than most other unsaturated functional groups, and the reaction is therefore quite selective. Other functional groups, such as aldehydes, ketones, esters, and nitriles, often survive alkene hydrogenation conditions unchanged, although reaction with these groups does occur under more vigorous conditions. Note that, particularly in the hydrogenation of methyl 3-phenylpropenoate shown below, the aromatic ring is not reduced by hydrogen and palladium even though it contains apparent double bonds. In addition to its usefulness in the laboratory, catalytic hydrogenation is also important in the food industry, where unsaturated vegetable oils are reduced on a large scale to produce the saturated fats used in margarine and cooking products ( ). As we’ll see in Section 27.1 , vegetable oils are triesters of glycerol, HOCH 2 CH(OH)CH 2 OH, with three long-chain carboxylic acids called fatty acids . The fatty acids are generally polyunsaturated, and their double bonds have cis stereochemistry. Complete hydrogenation yields the corresponding saturated fatty acids, but incomplete hydrogenation often results in partial cis–trans isomerization of a remaining double bond. When eaten and digested, the free trans fatty acids are released, raising blood cholesterol levels and potentially contributing to coronary problems. Catalytic hydrogenation of polyunsaturated fats leads primarily to saturated products , along with a small amount of isomerized trans fats. Double-bond reductions are very common in biological pathways, although the mechanism is completely different from that of laboratory catalytic hydrogenation over palladium. As with biological hydrations ( ), biological reductions usually occur in two steps and require that the double bond be adjacent to a carbonyl group. In the first step, the biological reducing agent NADPH (reduced nicotinamide adenine dinucleotide phosphate), adds a hydride ion (H: − ) to the double bond to give an anion. In the second, the anion is protonated by acid HA, leading to overall addition of H 2 . An example is the reduction of trans -crotonyl ACP to yield butyryl ACP, a step involved in the biosynthesis of fatty acids ( ). Reduction of the carbon–carbon double bond in trans -crotonyl ACP, a step in the biosynthesis of fatty acids. One hydrogen is delivered from NADPH as a hydride ion, H: − ; the other hydrogen is delivered by protonation of the anion intermediate with an acid, HA. Problems", "section": "Reduction of Alkenes: Hydrogenation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidation of Alkenes: Epoxidation and Hydroxylation Like the word reduction used in the previous section for the addition of hydrogen to a double bond, the word oxidation has a slightly different meaning in organic chemistry than what you might have previously learned. In general chemistry, an oxidation is defined as the loss of one or more electrons by an atom. In organic chemistry, however, an oxidation is a reaction that results in a loss of electron density for carbon, caused either by bond formation between carbon and a more electronegative atom—usually oxygen, nitrogen, or a halogen—or by bond-breaking between carbon and a less electronegative atom—usually hydrogen. Note that an oxidation often adds oxygen, while a reduction often adds hydrogen. Oxidation Decreases electron density on carbon by: – forming one of these: C− O C− N C− X – or breaking this: C− H In the laboratory, alkenes are oxidized to give epoxides on treatment with a peroxyacid , RCO 3 H, such as meta -chloroperoxybenzoic acid. An epoxide , also called an oxirane , is a cyclic ether with an oxygen atom in a three-membered ring. For example: Peroxyacids transfer an oxygen atom to the alkene with syn stereochemistry—both C−O bonds form on the same face of the double bond—through a one-step mechanism without intermediates. The oxygen atom farthest from the carbonyl group is the one transferred. Another method for the synthesis of epoxides involves the use of halohydrins, prepared by electrophilic addition of HO−X to alkenes ( ). When a halohydrin is treated with base, HX is eliminated and an epoxide is produced. Epoxides undergo an acid-catalyzed ring-opening reaction with water (a hydrolysis) to give the corresponding 1,2-dialcohol, or diol , also called a glycol . Thus, the net result of the two-step alkene epoxidation/hydrolysis is hydroxylation —the addition of an −OH group to each of the two double-bond carbons. In fact, approximately 204 million tons of ethylene glycol, HOCH 2 CH 2 OH, most of it used for automobile antifreeze, are produced worldwide each year by the epoxidation of ethylene and subsequent hydrolysis. Acid-catalyzed epoxide opening begins with protonation of the epoxide to increase its reactivity, followed by nucleophilic addition of water. This nucleophilic addition is analogous to the final step of alkene bromination, in which a cyclic bromonium ion is opened by a nucleophile ( ). That is, a trans -1,2-diol results when an epoxycycloalkane is opened by aqueous acid, just as a trans -1,2-dibromide results when a cycloalkene is brominated. We’ll look at epoxide chemistry in more detail in Section 18.6 . Hydroxylation can also be carried out directly (without going through an intermediate epoxide) by treating an alkene with osmium tetroxide, OsO 4 . The reaction occurs with syn stereochemistry and does not involve a carbocation intermediate. Instead, it takes place through an intermediate cyclic osmate , which is formed in a single step by addition of OsO 4 to the alkene. This cyclic osmate is then cleaved using aqueous sodium bisulfite, NaHSO 3 . Because OsO 4 is both very expensive and very toxic, the reaction is usually carried out using only a small, catalytic amount of OsO 4 in the presence of a stoichiometric amount of a safe and inexpensive co-oxidant such as N -methylmorpholine N -oxide, abbreviated NMO. The initially formed osmate intermediate reacts rapidly with NMO to yield the product diol plus N -methylmorpholine and reoxidized OsO 4 , which reacts with more alkene in a catalytic cycle. Problems", "section": "Oxidation of Alkenes: Epoxidation and Hydroxylation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidation of Alkenes: Cleavage to Carbonyl Compounds In all the alkene addition reactions we’ve seen thus far, the carbon–carbon double bond has been converted into a single bond but the carbon skeleton has been unchanged. There are, however, powerful oxidizing reagents that will cleave C═C bonds and produce two carbonyl-containing fragments. Ozone (O 3 ) is perhaps the most useful double-bond cleavage reagent. Prepared by passing a stream of oxygen through a high-voltage electrical discharge, ozone adds rapidly to a C═C bond at low temperature to give a cyclic intermediate called a molozonide . Once formed, the molozonide spontaneously rearranges to form an ozonide . Although we won’t study the mechanism of this rearrangement in detail, it involves the molozonide coming apart into two fragments that then recombine in a different way. Low-molecular-weight ozonides are explosive and therefore not isolated. Instead, the ozonide is immediately treated with a reducing agent, such as zinc metal in acetic acid, to produce carbonyl compounds. The net result of the ozonolysis/reduction sequence is that the C═C bond is cleaved and an oxygen atom becomes doubly bonded to each of the original alkene carbons. If an alkene with a tetrasubstituted double bond is ozonized, two ketone fragments result; if an alkene with a trisubstituted double bond is ozonized, one ketone and one aldehyde result; and so on. Several oxidizing reagents other than ozone also cause double-bond cleavage, although such reactions are not often used. For example, potassium permanganate (KMnO 4 ) in neutral or acidic solution cleaves alkenes to give carbonyl-containing products. If hydrogens are present on the double bond, carboxylic acids are produced; if two hydrogens are present on one carbon, CO 2 is formed. In addition to direct cleavage with ozone or KMnO 4 , an alkene can also be cleaved in a two-step process by initial hydroxylation to a 1,2-diol, as discussed in the previous section, followed by treatment of the diol with periodic acid, HIO 4 . If the two −OH groups are in an open chain, two carbonyl compounds result. If the two −OH groups are on a ring, a single, open-chain dicarbonyl compound is formed. As indicated in the following examples, the cleavage reaction takes place through a cyclic periodate intermediate. Predicting the Reactant in an Ozonolysis Reaction What alkene would yield a mixture of cyclopentanone and propanal on treatment with ozone followed by reduction with zinc? Strategy Reaction of an alkene with ozone, followed by reduction with zinc, cleaves the C=C bond and becomes two C=O bonds. Working backward from the carbonyl-containing products, the alkene precursor can be found by removing the oxygen from each product and joining the two carbon atoms. Solution Problems", "section": "Oxidation of Alkenes: Cleavage to Carbonyl Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Addition of Carbenes to Alkenes: Cyclopropane Synthesis Yet another kind of alkene addition is the reaction with a carbene to yield a cyclopropane. A carbene, R 2 C :, is a neutral molecule containing a divalent carbon with only six electrons in its valence shell. It is therefore highly reactive and generated only as a reaction intermediate, rather than as an isolable molecule. Because they’re electron-deficient, carbenes behave as electrophiles and react with nucleophilic C═C bonds. The reaction occurs in a single step without intermediates. One of the simplest methods for generating a substituted carbene is by treatment of chloroform, CHCl 3 , with a strong base such as KOH. As shown in , the loss of a proton from CHCl 3 gives trichloromethanide anion, − :CCl 3 , which spontaneously expels a Cl − ion to yield dichlorocarbene, :CCl 2 . MECHANISM Mechanism of the formation of dichlorocarbene by reaction of chloroform with strong base. Deprotonation of CHCl 3 gives the trichloromethanide anion, − :CCl 3 , which spontaneously expels a Cl – ion. The carbon atom in dichlorocarbene is sp 2 -hybridized, with a vacant p orbital extending above and below the plane of the three atoms and with an unshared pair of electrons occupying the third sp 2 lobe. Note that this electronic description of dichlorocarbene is similar to that of a carbocation ( ) with respect to both the sp 2 hybridization of carbon and the vacant p orbital. Electrostatic potential maps further illustrate the similarity ( ). The structure of dichlorocarbene. Electrostatic potential maps show how the positive region coincides with the empty p orbital in both dichlorocarbene and a carbocation (CH 3 + ). The negative region in the dichlorocarbene map coincides with the lone-pair electrons. If dichlorocarbene is generated in the presence of an alkene, addition to the double bond occurs and a dichlorocyclopropane is formed. As the reaction of dichlorocarbene with cis -2-pentene demonstrates, the addition is stereospecific , meaning that only a single stereoisomer is formed as product. Starting from a cis alkene, for instance, only cis-disubstituted cyclopropane is produced; starting from a trans alkene, only trans-disubstituted cyclopropane is produced. The best method for preparing nonhalogenated cyclopropanes is by a process called the Simmons–Smith reaction . First investigated at the DuPont company, this reaction does not involve a free carbene. Rather, it utilizes a carbenoid —a metal-complexed reagent with carbene-like reactivity. When diiodomethane is treated with a specially prepared zinc–copper mix, (iodomethyl)zinc iodide, ICH 2 ZnI, is formed. In the presence of an alkene, ICH 2 ZnI transfers a CH 2 group to the double bond to yield cyclopropane. For example, cyclohexene reacts cleanly and with good yield to give the corresponding cyclopropane. Although we won’t discuss the mechanistic details, carbene addition to an alkene is one of a general class of reactions called cycloadditions, which we’ll study more carefully in Chapter 30. Problems", "section": "Addition of Carbenes to Alkenes: Cyclopropane Synthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Radical Additions to Alkenes: Chain-Growth Polymers In our brief introduction to radical reactions in , we said that radicals can add to C═C bonds, taking one electron from the double bond and leaving one behind to yield a new radical. Let’s now look at the process in more detail, focusing on the industrial synthesis of alkene polymers. A polymer is a large—sometimes very large—molecule, built up by repetitive joining together of many smaller molecules, called monomers . Nature makes wide use of biological polymers. Cellulose, for instance, is a polymer built of repeating glucose monomer units; proteins are polymers built of repeating amino acid monomers; and nucleic acids are polymers built of repeating nucleotide monomers. Synthetic polymers, such as polyethylene, are much simpler chemically than biopolymers, but there is still a great diversity to their structures and properties, depending on the identity of the monomers and on the reaction conditions used for polymerization. The simplest synthetic polymers are those that result when an alkene is treated with a small amount of a suitable catalyst. Ethylene, for example, yields polyethylene, an enormous alkane that may have a molecular weight up to 6 million u and may contain as many as 200,000 monomer units. Worldwide production of polyethylene is approximately 88 million tons per year. Polyethylene and other simple alkene polymers are called chain-growth polymers because they are formed in a chain-reaction process in which an initiator adds to a carbon–carbon double bond to yield a reactive intermediate. The intermediate then reacts with a second molecule of monomer to yield a new intermediate, which reacts with a third monomer unit, and so on. Historically, ethylene polymerization was carried out at high pressure (1000–3000 atm) and high temperature (100–250 °C) in the presence of a radical initiator such as benzoyl peroxide. Like many radical reactions, the mechanism of ethylene polymerization occurs in three steps: initiation, propagation, and termination: Initiation The polymerization reaction is initiated when a few radicals are generated on heating a small amount of benzoyl peroxide catalyst to break the weak O−O bond. The initially formed benzoyloxy radical loses CO 2 and gives a phenyl radical (Ph · ), which adds to the C═C bond of ethylene to start the polymerization process. One electron from the ethylene double bond pairs up with the odd electron on the phenyl radical to form a new C−C bond, and the other electron remains on carbon. Propagation Polymerization occurs when the carbon radical formed in the initiation step adds to another ethylene molecule to yield another radical. Repetition of the process for hundreds or thousands of times builds the polymer chain. Termination The chain process is eventually ended by a reaction that consumes the radical. The combination of two growing chains is one possible chain-terminating reaction. 2 R – CH 2 CH 2 · ⟶ R – CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 – R Ethylene is not unique in its ability to form a polymer. Many substituted ethylenes, called vinyl monomers, also undergo polymerization to yield polymers with substituent groups regularly spaced on alternating carbon atoms along the chain. Propylene, for example, yields polypropylene, and styrene yields polystyrene. When an unsymmetrically substituted vinyl monomer such as propylene or styrene is polymerized, the radical addition steps can take place at either end of the double bond to yield either a primary radical intermediate (RCH 2 · ) or a secondary radical (R 2 CH · ). Just as in electrophilic addition reactions, however, we find that only the more highly substituted, secondary radical is formed. shows some commercially important alkene polymers, their uses, and the monomers from which they are made. Some Alkene Polymers and Their Uses Monomer Formula Trade or common name of polymer Uses Ethylene H 2 C═ CH 2 Polyethylene Packaging, bottles Propene (propylene) H 2 C═ CHCH 3 Polypropylene Moldings, rope, carpets Chloroethylene (vinyl chloride) H 2 C═ CHCl Poly(vinyl chloride) Insulation, films, pipes Styrene H 2 C═ CHC 6 H 5 Polystyrene Foam, moldings Tetrafluoroethylene F 2 C═ CF 2 Teflon Gaskets, nonstick coatings Acrylonitrile H 2 C═ CHCN Orlon, Acrilan Fibers Methyl methacrylate Plexiglas, Lucite Paint, sheets, moldings Vinyl acetate H 2 C═ CHOCOCH 3 Poly(vinyl acetate) Paint, adhesives, foams Predicting the Structure of a Polymer Show the structure of poly(vinyl chloride), a polymer made from H 2 C═ CHCl , by drawing several repeating units. Strategy Mentally break the carbon–carbon double bond in the monomer unit, and form single bonds by connecting numerous units together. Solution The general structure of poly(vinyl chloride) is Problems", "section": "Radical Additions to Alkenes: Chain-Growth Polymers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biological Additions of Radicals to Alkenes The same high reactivity of radicals that enables the alkene polymerization we saw in the previous section also makes it difficult to carry out controlled radical reactions on complex molecules. As a result, there are severe limitations on the usefulness of radical addition reactions in the laboratory. In contrast to an electrophilic addition, where reaction occurs once and the reactive cation intermediate is rapidly quenched by a nucleophile, the reactive intermediate in a radical reaction is not usually quenched. Instead, it reacts again and again in a largely uncontrollable way. In biological reactions, the situation is different from that in the laboratory. Only one substrate molecule at a time is present in the active site of an enzyme, and that molecule is held in a precise position, with other necessary reacting groups nearby. As a result, biological radical reactions are more controlled and more common than laboratory or industrial radical reactions. A particularly impressive example occurs in the biosynthesis of prostaglandins from arachidonic acid, where a sequence of four radical additions take place. Its reaction mechanism was discussed briefly in . As shown in , prostaglandin biosynthesis begins with abstraction of a hydrogen atom from C13 of arachidonic acid by an iron–oxy radical to give a carbon radical that reacts with O 2 at C11 through a resonance form. The oxygen radical that results adds to the C8–C9 double bond to give a carbon radical at C8, which adds to the C12–C13 double bond and gives a carbon radical at C13. A resonance form of this carbon radical adds at C15 to a second O 2 molecule, completing the prostaglandin skeleton. Reduction of the O−O bond then gives prostaglandin H 2 , called PGH 2 . The pathway looks complicated, but the entire process is catalyzed with exquisite control by a single enzyme. Pathway for the biosynthesis of prostaglandins from arachidonic acid. Steps 2 and 5 are radical addition reactions to O 2 ; steps 3 and 4 are radical additions to carbon–carbon double bonds.", "section": "Biological Additions of Radicals to Alkenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reaction Stereochemistry: Addition of H 2 O to an Achiral Alkene Most of the biochemical reactions that take place in the body, as well as many organic reactions in the laboratory, yield products with chirality centers. For example, acid-catalyzed addition of H 2 O to 1-butene in the laboratory yields 2-butanol, a chiral alcohol. What is the stereochemistry of this chiral product? If a single enantiomer is formed, is it R or S ? If a mixture of enantiomers is formed, how much of each? In fact, the 2-butanol produced is a racemic mixture of R and S enantiomers. Let’s see why. To understand why a racemic product results from the reaction of H 2 O with 1-butene, think about the reaction mechanism. 1-Butene is first protonated to yield an intermediate secondary carbocation. Because the trivalent carbon is sp 2 -hybridized and planar, the cation has a plane of symmetry and is achiral. As a result, it can react with H 2 O equally well from either the top or the bottom. Reaction from the top leads to ( S )-2-butanol through transition state 1 (TS 1) in , and reaction from the bottom leads to ( R )-2-butanol through TS 2. But the two transition states are mirror images, so they have identical energies, form at identical rates, and are equally likely to occur. Reaction of H 2 O with the carbocation resulting from protonation of 1-butene. Reaction from the top leads to S product and is the mirror image of reaction from the bottom, which leads to R product. Because they are energetically identical, they are equally likely and lead to a racemic mixture of products. The dotted C···O bond in the transition state indicates partial bond formation. As a general rule, the formation of a new chirality center by achiral reactants always leads to a racemic mixture of enantiomeric products. Put another way, optical activity can’t appear from nowhere; an optically active product can only result by starting with an optically active reactant or chiral environment ( ). In contrast to laboratory reactions, enzyme-catalyzed biological reactions often give a single enantiomer of a chiral product, even when the substrate is achiral. One step in the citric acid cycle of food metabolism, for instance, is the aconitase-catalyzed addition of water to ( Z )-aconitate (usually called cis -aconitate) to give isocitrate. Even though cis -aconitate is achiral, only the (2 R ,3 S ) enantiomer of the product is formed. As discussed in and , cis -aconitate is a prochiral molecule, which is held in a chiral environment by the aconitase enzyme during the reaction. In this environment, the two faces of the double bond are chemically distinct, and addition occurs on only the Re face at C2.", "section": "Reaction Stereochemistry: Addition of H2O to an Achiral Alkene", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reaction Stereochemistry: Addition of H 2 O to a Chiral Alkene The reaction discussed in the previous section involves an addition to an achiral reactant and forms an optically inactive, racemic mixture of two enantiomeric products. What would happen, though, if we were to carry out the reaction on a single enantiomer of a chiral reactant? For example, what stereochemical result would be obtained from addition of H 2 O to a chiral alkene, such as ( R )-4-methyl-1-hexene? The product of the reaction, 4-methyl-2-hexanol, has two chirality centers and so has four possible stereoisomers. Let’s think about the two chirality centers separately. What about the configuration at C4, the methyl-bearing carbon atom? Since C4 has the R configuration in the starting material and this chirality center is unaffected by the reaction, its configuration is unchanged. Thus, the configuration at C4 in the product remains R (assuming that the relative rankings of the four attached groups are not changed by the reaction). What about the configuration at C2, the newly formed chirality center? As shown in , the stereochemistry at C2 is established by reaction of H 2 O with a carbocation intermediate in the usual manner. But this carbocation doesn’t have a plane of symmetry; it is chiral because of the chirality center at C4. Because the carbocation is chiral and has no plane of symmetry, it doesn’t react equally well from the top and bottom faces. One of the two faces is likely, for steric reasons, to be a bit more accessible than the other, leading to a mixture of R and S products in some ratio other than 50 : 50. Thus, two diastereomeric products, (2 R ,4 R )-4-methyl-2-hexanol and (2 S ,4 R )-4-methyl-2-hexanol, are formed in unequal amounts, and the mixture is optically active. Stereochemistry of the acid-catalyzed addition of H 2 O to the chiral alkene, ( R )-4-methyl-1-hexene. A mixture of diastereomeric 2 R ,4 R and 2 S ,4 R products is formed in unequal amounts because reaction of the chiral carbocation intermediate is not equally likely from top and bottom. The product mixture is optically active. As a general rule, the formation of a new chirality center by a chiral reactant leads to unequal amounts of diastereomeric products. If the chiral reactant is optically active because only one enantiomer is used rather than a racemic mixture, then the products are also optically active. Problems Terpenes: Naturally Occurring Alkenes Ever since its discovery in Persia around 1000 A.D., it has been known that steam distillation , the distillation of plant materials together with water, produces a fragrant mixture of liquids called essential oils. The resulting oils have long been used as medicines, spices, and perfumes, and their investigation played a major role in the emergence of organic chemistry as a science during the 19th century. The wonderful fragrance of leaves from the California bay laurel is due primarily to myrcene, a simple terpene. (credit: “California Bay Umbellularia californica” by Don Loaire/Flickr, CC BY 2.0) Chemically, plant essential oils consist largely of mixtures of compounds called terpenoids—small organic molecules with an immense diversity of structure. More than 60,000 different terpenoids are known. Some are open-chain molecules, and others contain rings; some are hydrocarbons, and others contain oxygen. Hydrocarbon terpenoids, in particular, are known as terpenes, and all contain double bonds. For example: Regardless of their apparent structural differences, all terpenoids are related. According to a formalism called the isoprene rule, they can be thought of as arising from head-to-tail joining of 5-carbon isoprene units (2-methyl-1,3-butadiene). Carbon 1 is the head of the isoprene unit, and carbon 4 is the tail. For example, myrcene contains two isoprene units joined head to tail, forming an 8-carbon chain with two 1-carbon branches. α -Pinene similarly contains two isoprene units assembled into a more complex cyclic structure, and humulene contains three isoprene units. See if you can identify the isoprene units in α -pinene, humulene, and β -santalene. Terpenes (and terpenoids) are further classified according to the number of 5-carbon units they contain. Thus, monoterpenes are 10-carbon substances derived from two isoprene units, sesquiterpenes are 15-carbon molecules derived from three isoprene units, diterpenes are 20-carbon substances derived from four isoprene units, and so on. Monoterpenes and sesquiterpenes are found primarily in plants, but the higher terpenoids occur in both plants and animals, and many have important biological roles. The triterpenoid lanosterol, for instance, is the biological precursor from which all steroid hormones are made. Isoprene itself is not the true biological precursor of terpenoids. Nature instead uses two “isoprene equivalents”—isopentenyl diphosphate and dimethylallyl diphosphate—which are themselves made by two different routes depending on the organism. Lanosterol, in particular, is biosynthesized from acetic acid by a complex pathway that has been worked out in great detail. We’ll look at the subject more closely in Sections 27.5 and 27.7 . anti stereochemistry bromonium ion carbene, R 2 C chain-growth polymer epoxide glycol halohydrin hydroboration hydrogenated hydroxylation monomer oxidation oxirane oxymercuration–demercuration ozonide polymer reduction Simmons–Smith reaction stereospecific syn stereochemistry Summary With the background needed to understand organic reactions now covered, this chapter has begun the systematic description of major functional groups. Alkenes are generally prepared by an elimination reaction, such as dehydrohalogenation, the elimination of HX from an alkyl halide, or dehydration, the elimination of water from an alcohol. The converse of this elimination reaction is the addition of various substances to the alkene double bond to give saturated products. HCl, HBr, and HI add to alkenes by a two-step electrophilic addition mechanism. Initial reaction of the nucleophilic double bond with H + gives a carbocation intermediate, which then reacts with halide ion. Bromine and chlorine add to alkenes via three-membered-ring bromonium ion or chloronium ion intermediates to give addition products having anti stereochemistry . If water is present during the halogen addition reaction, a halohydrin is formed. Hydration of an alkene—the addition of water—is carried out by either of two procedures, depending on the product desired. Oxymercuration–demercuration involves electrophilic addition of Hg 2+ to an alkene, followed by trapping of the cation intermediate with water and subsequent treatment with NaBH 4 . Hydroboration involves addition of borane (BH 3 ) followed by oxidation of the intermediate organoborane with alkaline H 2 O 2 . The two hydration methods are complementary: oxymercuration–demercuration gives the product of Markovnikov addition, whereas hydroboration–oxidation gives the product with non-Markovnikov syn stereochemistry . Alkenes are reduced by addition of H 2 in the presence of a catalyst such as platinum or palladium to yield alkanes, a process called catalytic hydrogenation . Alkenes are also oxidized by reaction with a peroxyacid to give epoxides , which can be converted into trans-1,2-diols by acid-catalyzed hydrolysis. The corresponding cis-1,2-diols can be made directly from alkenes by hydroxylation with OsO 4 . Alkenes can also be cleaved to produce carbonyl compounds by reaction with ozone, followed by reduction with zinc metal. In addition, alkenes react with divalent substances called carbenes, R 2 C: , to give cyclopropanes. Nonhalogenated cyclopropanes are best prepared by treatment of the alkene with CH 2 I 2 and zinc–copper, a process called the Simmons–Smith reaction . Alkene polymers —large molecules resulting from repetitive bonding of many hundreds or thousands of small monomer units—are formed by chain-reaction polymerization of simple alkenes. Polyethylene, polypropylene, and polystyrene are examples. As a general rule, radical addition reactions are not common in the laboratory but occur frequently in biological pathways. Many reactions give chiral products. If the reactants are optically inactive, the products are also optically inactive. If one or both of the reactants is optically active, the products can also be optically active. Learning Reactions What’s seven times nine? Sixty-three, of course. You didn’t have to stop and figure it out; you knew the answer immediately because you long ago learned the multiplication tables. Learning the reactions of organic chemistry requires the same approach: reactions have to be learned for quick recall if they are to be useful. Different people take different approaches to learning reactions. Some people make flashcards; others find studying with friends to be helpful. To help guide your study, most chapters in this book end with a summary of the reactions just presented. In addition, the accompanying Study Guide and Student Solutions Manual has several appendixes that organize organic reactions from other perspectives. Fundamentally, though, there are no shortcuts. Learning organic chemistry does take effort. Summary of Reactions No stereochemistry is implied unless specifically indicated with wedged, solid, and dashed lines. Addition reactions of alkenes Addition of HCl, HBr, and HI ( and ) Markovnikov regiochemistry occurs, with H adding to the less highly substituted alkene carbon and halogen adding to the more highly substituted carbon. Addition of halogens Cl 2 and Br 2 ( ) Anti addition is observed through a halonium ion intermediate. Halohydrin formation ( ) Markovnikov regiochemistry and anti stereochemistry occur. Addition of water by oxymercuration–demercuration ( ) Markovnikov regiochemistry occurs. Addition of water by hydroboration–oxidation ( ) Non-Markovnikov syn addition occurs. Catalytic hydrogenation ( ) Syn addition occurs. Epoxidation with a peroxyacid ( ) Syn addition occurs. Hydroxylation with OsO 4 ( ) Syn addition occurs. Addition of carbenes to yield cyclopropanes ( ) (1) Dichlorocarbene addition (2) Simmons–Smith reaction Hydroxylation by acid-catalyzed epoxide hydrolysis ( ) Anti stereochemistry occurs. Oxidative cleavage of alkenes ( ) Reaction with ozone followed by zinc in acetic acid Reaction with KMnO 4 in acidic solution Cleavage of 1,2-diols ( ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Reactions of Alkenes Synthesis Using Alkenes Polymers General Problems", "section": "Reaction Stereochemistry: Addition of H2O to a Chiral Alkene", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Synthesizing organic compounds is like conducting a musical group. When in tune, chemists can create highly complex organic compounds. (credit: modification of work “Jazz great visits Navy” by U.S. Navy, Michael Worner/Wikimedia Commons, Public Domain) Alkynes are less common than alkenes, both in the laboratory and in living organisms, so we won’t cover them in great detail. The real importance of this chapter is that we’ll use alkyne chemistry as a vehicle to begin looking at some of the general strategies used in organic synthesis—the construction of complex molecules in the laboratory. Without the ability to design and synthesize new molecules in the laboratory, many of the medicines we take for granted would not exist and few new ones would be made. An alkyne is a hydrocarbon that contains a carbon–carbon triple bond. Acetylene, H–C≡C–H , the simplest alkyne, was once widely used in industry as a starting material for the preparation of acetaldehyde, acetic acid, vinyl chloride, and other high-volume chemicals, but more efficient routes to these substances using ethylene as starting material are now available. Acetylene is still used in the preparation of acrylic polymers, such as Plexiglas and Lucite, but is probably best known as the gas burned in high-temperature oxy–acetylene welding torches. In addition to simple alkynes with one triple bond, research is also being carried out on polyynes—linear carbon chains of alternating single and triple bonds. Polyynes with up to eight triple bonds are thought to be present in interstellar space, and evidence has been presented for the existence of carbyne , an allotrope of carbon consisting of alternating single and triple bonds in long chains of indefinite length. The electronic properties of polyynes are being explored for potential use in nanotechnology applications.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Alkynes Alkyne nomenclature follows the general rules for hydrocarbons discussed in and . The suffix -yne is used, and the position of the triple bond is indicated by giving the number of the first alkyne carbon in the chain. Numbering the main chain begins at the end nearer the triple bond so that the triple bond receives as low a number as possible. Compounds with more than one triple bond are called diynes, triynes, and so forth; compounds containing both double and triple bonds are called enynes (not ynenes). Numbering of an enyne chain starts from the end nearer the first multiple bond, whether double or triple. When there is a choice in numbering, double bonds receive lower numbers than triple bonds. For example: As with alkyl and alkenyl substituents derived from alkanes and alkenes, respectively, alkynyl groups are also possible. Problems", "section": "Naming Alkynes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparation of Alkynes: Elimination Reactions of Dihalides Alkynes can be prepared by the elimination of HX from alkyl halides in a similar manner as alkenes ( ). Treatment of a 1,2-dihaloalkane (called a vicinal dihalide) with an excess amount of a strong base such as KOH or NaNH 2 results in a twofold elimination of HX and formation of an alkyne. As with the elimination of HX to form an alkene, we’ll defer a full discussion of this topic and the relevant reaction mechanisms to Chapter 11. The starting vicinal dihalides are themselves readily available by addition of Br 2 or Cl 2 to alkenes. Thus, the overall halogenation/dehydrohalogenation sequence makes it possible to go from an alkene to an alkyne. For example, diphenylethylene is converted into diphenylacetylene by reaction with Br 2 and subsequent base treatment. The twofold dehydrohalogenation takes place through a vinylic halide intermediate, which suggests that vinylic halides themselves should give alkynes when treated with strong base. (A vinylic substituent is one that is attached to a double-bond.) This is indeed the case. For example:", "section": "Preparation of Alkynes: Elimination Reactions of Dihalides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Alkynes: Addition of HX and X 2 You might recall from that a carbon–carbon triple bond results from the interaction of two sp -hybridized carbon atoms. The two sp hybrid orbitals of carbon lie at an angle of 180° to each other along an axis perpendicular to the axes of the two unhybridized 2 p y and 2 p z orbitals. When two sp -hybridized carbons approach each other, one sp – sp σ bond and two p–p π bonds are formed. The two remaining sp orbitals form bonds to other atoms at an angle of 180° from the carbon–carbon bond. Thus, acetylene is a linear molecule with H–C≡C bond angles of 180° ( ). The length of the C≡C bond is 120 pm, and its strength is approximately 965 kJ/mol (231 kcal/mol), making it the shortest and strongest known carbon–carbon bond. The structure of acetylene, H–C≡C–H . The H–C≡C bond angles are 180°, and the C≡C bond length is 120 pm. The electrostatic potential map shows that the π bonds create a negative belt around the molecule. As a general rule, electrophiles undergo addition reactions with alkynes much as they do with alkenes. Take the reaction of alkynes with HX, for instance. The reaction often can be stopped with the addition of 1 equivalent of HX, but reaction with an excess of HX leads to a dihalide product. For example, reaction of 1-hexyne with 2 equivalents of HBr yields 2,2-dibromohexane. As the following examples indicate, the regiochemistry of addition follows Markovnikov’s rule, with halogen adding to the more highly substituted side of the alkyne bond and hydrogen adding to the less highly substituted side. Trans stereochemistry of H and X normally, although not always, occurs in the product. Bromine and chlorine also add to alkynes to give addition products, and trans stereochemistry again results. The mechanism of alkyne addition is similar but not identical to that of alkene addition. When an electrophile such as HBr adds to an alkene, the reaction takes place in two steps and involves an alkyl carbocation intermediate ( and ). If HBr were to add by the same mechanism to an alkyne, an analogous vinylic carbocation would be formed as the intermediate. A vinylic carbocation has an sp -hybridized carbon and generally forms less readily than an alkyl carbocation ( ). As a rule, a secondary vinylic carbocation forms about as readily as a primary alkyl carbocation, but a primary vinylic carbocation is so difficult to form that there is no clear evidence it even exists. Thus, many alkyne additions occur through more complex mechanistic pathways. The structure of a secondary vinylic carbocation. The cationic carbon atom is sp -hybridized and has a vacant p orbital perpendicular to the plane of the π bond orbitals. Only one R group is attached to the positively charged carbon rather than two, as in a secondary alkyl carbocation. The electrostatic potential map shows that the most positive regions coincide with lobes of the vacant p orbital and are perpendicular to the most negative regions associated with the π bond. Problems", "section": "Reactions of Alkynes: Addition of HX and X2", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Hydration of Alkynes Like alkenes ( and ), alkynes can be hydrated by either of two methods. Direct addition of water catalyzed by mercury(II) ion yields the Markovnikov product, and indirect addition of water by a hydroboration–oxidation sequence yields the non-Markovnikov product. Mercury(II)-Catalyzed Hydration of Alkynes Alkynes don’t react directly with aqueous acid but will undergo hydration readily in the presence of mercury(II) sulfate as a Lewis acid catalyst. The reaction occurs with Markovnikov regiochemistry, so the −OH group adds to the more highly substituted carbon and the −H attaches to the less highly substituted one. Interestingly, the actual product isolated from alkyne hydration is not a vinylic alcohol, or enol ( ene + ol ), but is instead a ketone. Although the enol is an intermediate in the reaction, it immediately rearranges into a ketone by a process called keto–enol tautomerism. The individual keto and enol forms are said to be tautomers , a word used to describe two isomers that undergo spontaneous interconversion accompanied by the change in position of a hydrogen. With few exceptions, the keto–enol tautomeric equilibrium lies on the side of the ketone; enols are almost never isolated. We’ll look more closely at this equilibrium in Section 22.1 . As shown in , the mechanism of the mercury(II)-catalyzed alkyne hydration reaction is analogous to the oxymercuration reaction of alkenes ( ). Electrophilic addition of mercury(II) ion to the alkyne gives a vinylic cation, which reacts with water and loses a proton to yield a mercury-containing enol intermediate. In contrast with alkene oxymercuration, however, no treatment with NaBH 4 is necessary to remove the mercury. The acidic reaction conditions alone are sufficient to effect replacement of mercury by hydrogen. Tautomerization then gives the ketone. MECHANISM Mechanism of the mercury(II)-catalyzed hydration of an alkyne to yield a ketone. The reaction occurs through initial formation of an intermediate enol, which tautomerizes to the ketone. A mixture of both possible ketones results when an unsymmetrically substituted internal alkyne ( RC≡CR′ ) is hydrated. The reaction is therefore most useful when applied to a terminal alkyne ( RC≡CH ) because only a methyl ketone is formed. Problems Hydroboration–Oxidation of Alkynes Borane adds rapidly to an alkyne just as it does to an alkene, and the resulting vinylic borane can be oxidized by H 2 O 2 to give an enol, which tautomerizes to either a ketone or an aldehyde, depending on the alkyne. Hydroboration–oxidation of an internal alkyne such as 3-hexyne is straightforward and gives a ketone, but hydroboration–oxidation of a terminal alkyne is more complex because two molecules of borane often add to the triple bond, complicating the situation. To prevent this double addition, a bulky, sterically encumbered borane such as bis(1,2-dimethylpropyl)borane, known commonly as disiamylborane is used in place of BH 3 . When a terminal alkyne such as 1-butene reacts with disiamylborane, addition to the triple bond occurs normally, but a second addition is hindered by the bulk of the dialkylborane. Oxidation with H 2 O 2 then gives an enol, which tautomerizes to the aldehyde. The hydroboration–oxidation sequence is complementary to the direct, mercury(II)-catalyzed hydration reaction of a terminal alkyne because different products result. Direct hydration with aqueous acid and mercury(II) sulfate leads to a methyl ketone, whereas hydroboration–oxidation of the same terminal alkyne leads to an aldehyde. Problems", "section": "Hydration of Alkynes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reduction of Alkynes Alkynes are reduced to alkanes by addition of H 2 over a metal catalyst. The reaction occurs in two steps through an alkene intermediate, and measurements show that the first step in the reaction is more exothermic than the second. Complete reduction to the alkane occurs when palladium on carbon (Pd/C) is used as catalyst, but hydrogenation can be stopped at the alkene stage if the less active Lindlar catalyst is used. The Lindlar catalyst is a finely divided palladium metal that has been precipitated onto a calcium carbonate support and then deactivated by treatment with lead acetate and quinoline, an aromatic amine. The hydrogenation occurs with syn stereochemistry ( ), giving a cis alkene product. The alkyne hydrogenation reaction has been explored extensively by the Hoffmann–LaRoche pharmaceutical company, where it is used in the commercial synthesis of vitamin A. The cis isomer of vitamin A produced initially on hydrogenation is converted to the trans isomer by heating. An alternative method for the conversion of an alkyne to an alkene uses sodium or lithium metal as the reducing agent in liquid ammonia as solvent. This method is complementary to the Lindlar reduction because it produces trans rather than cis alkenes. For example, 5-decyne gives trans -5-decene on treatment with lithium in liquid ammonia. The mechanism is explained below. Alkali metals dissolve in liquid ammonia at −33 °C to produce a deep blue solution containing the metal cation and ammonia-solvated electrons. When an alkyne is then added to the solution, reduction occurs by the mechanism shown in . An electron first adds to the triple bond to yield an intermediate anion radical—a species that is both an anion (has a negative charge) and a radical (has an odd number of electrons). This anion radical is a strong base, able to remove H + from ammonia to give a vinylic radical. Addition of a second electron to the vinylic radical gives a vinylic anion, which abstracts a second H + from ammonia to give trans alkene product. MECHANISM Mechanism of the lithium/ammonia reduction of an alkyne to produce a trans alkene. Trans stereochemistry of the alkene product is established during the second reduction step ( 3 ) when the less-hindered trans vinylic anion is formed from the vinylic radical. Vinylic radicals undergo rapid cis–trans equilibration, but vinylic anions equilibrate much less rapidly. Thus, the more stable trans vinylic anion is formed rather than the less stable cis anion and is then protonated without equilibration. Problems", "section": "Reduction of Alkynes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidative Cleavage of Alkynes Alkynes, like alkenes, can be cleaved by reaction with powerful oxidizing agents such as ozone or KMnO 4 , although the reaction is of little value and it is mentioned only for completeness. A triple bond is generally less reactive than a double bond, and yields of cleavage products can be low. The products obtained from cleavage of an internal alkyne are carboxylic acids; from a terminal alkyne, CO 2 is formed as one product.", "section": "Oxidative Cleavage of Alkynes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkyne Acidity: Formation of Acetylide Anions The most striking difference between alkenes and alkynes is that terminal alkynes are relatively acidic. When a terminal alkyne is treated with a strong base, such as sodium amide, Na + − NH 2 , the terminal hydrogen is removed and the corresponding acetylide anion is formed. According to the Brønsted–Lowry definition ( ), an acid is a substance that donates H + . Although we usually think of oxyacids (H 2 SO 4 , HNO 3 ) or halogen acids (HCl, HBr) in this context, any compound containing a hydrogen atom can be an acid under the right circumstances. By measuring dissociation constants of different acids and expressing the results as p K a values, an acidity order can be established. Recall from that a lower p K a corresponds to a stronger acid and a higher p K a corresponds to a weaker one. Where do hydrocarbons lie on the acidity scale? As the data in show, both methane (p K a ≈ 60) and ethylene (p K a = 44) are very weak acids and thus do not react with any of the common bases. Acetylene, however, has p K a = 25 and can be deprotonated by the conjugate base of any acid whose p K a is greater than 25. Amide ion (NH 2 − ), for example, the conjugate base of ammonia (p K a = 35), is often used to deprotonate terminal alkynes. Acidity of Simple Hydrocarbons Family Example K a p K a Alkyne HC≡CH 10 −25 25 Alkene H 2 C═ CH 2 10 −44 44 Alkane CH 4 10 −60 60 Why are terminal alkynes more acidic than alkenes or alkanes? In other words, why are acetylide anions more stable than vinylic or alkyl anions? The simplest explanation involves the hybridization of the negatively charged carbon atom. An acetylide anion has an sp -hybridized carbon, so the negative charge resides in an orbital that has 50% “ s character.” A vinylic anion has a sp 2 -hybridized carbon with 33% s character, and an alkyl anion ( sp 3 ) has only 25% s character. Because s orbitals are nearer the positive nucleus and lower in energy than p orbitals, the negative charge is stabilized to a greater extent in an orbital with higher s character ( ). A comparison of alkyl, vinylic, and acetylide anions. The acetylide anion, with sp hybridization, has more s character and is more stable. Electrostatic potential maps show that placing the negative charge closer to the carbon nucleus makes carbon appear less negative (red). Problems", "section": "Alkyne Acidity: Formation of Acetylide Anions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkylation of Acetylide Anions The negative charge and unshared electron pair on carbon make an acetylide anion strongly nucleophilic. As a result, an acetylide anion can react with electrophiles, such as alkyl halides, in a process that replaces the halide and yields a new alkyne product. We won’t study the details of this substitution reaction until Chapter 11, but for now you can picture it as happening by the pathway shown in . The nucleophilic acetylide ion uses an electron pair to form a bond to the positively polarized, electrophilic carbon atom of bromomethane. As the new C−C bond forms, Br − departs, taking with it the electron pair from the former C−Br bond and yielding propyne as product. We call such a reaction an alkylation because a new alkyl group has become attached to the starting alkyne. MECHANISM A mechanism for the alkylation reaction of acetylide anion with bromomethane to give propyne. Alkyne alkylation is not limited to acetylene itself. Any terminal alkyne can be converted into its corresponding anion and then allowed to react with an alkyl halide to give an internal alkyne product. Hex-1-yne, for instance, gives dec-5-yne when treated first with NaNH 2 and then with 1-bromobutane. Because of its generality, acetylide alkylation is a good method for preparing substituted alkynes from simpler precursors. A terminal alkyne can be prepared by alkylation of acetylene itself, and an internal alkyne can be prepared by further alkylation of a terminal alkyne. The only limit to the alkylation reaction is that it can only use primary alkyl bromides and alkyl iodides because acetylide ions are sufficiently strong bases to cause elimination instead of substitution when they react with secondary and tertiary alkyl halides. For example, reaction of bromocyclohexane with propyne anion yields the elimination product cyclohexene rather than the substitution product 1-propynylcyclohexane. Problems", "section": "Alkylation of Acetylide Anions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "An Introduction to Organic Synthesis As mentioned in the introduction, one of the purposes of this chapter is to use alkyne chemistry as a vehicle to begin looking at some of the general strategies used in organic synthesis—the construction of complex molecules in the laboratory. There are many reasons for carrying out the laboratory synthesis of an organic compound. In the pharmaceutical industry, new molecules are designed and synthesized in the hope that some might be useful new drugs. In the chemical industry, syntheses are done to devise more economical routes to known compounds. In academic laboratories, the synthesis of extremely complex molecules is sometimes done just for the intellectual challenge involved in mastering so difficult a subject. The successful synthesis route is a highly creative work that is sometimes described by such subjective terms as elegant or beautiful . In this book, too, we will often devise syntheses of molecules from simpler precursors, but the purpose here is to learn. The ability to plan a successful multistep synthetic sequence requires a working knowledge of the uses and limitations of many different organic reactions. Furthermore, it requires the practical ability to piece together the steps in a sequence such that each reaction does only what is desired without causing changes elsewhere in the molecule. Planning a synthesis makes you approach a chemical problem in a logical way, draw on your knowledge of chemical reactions, and organize that knowledge into a workable plan—it helps you learn organic chemistry. There’s no secret to planning an organic synthesis: all it takes is a knowledge of the different reactions and some practice. The only real trick is to work backward in what is often called a retrosynthetic direction. Don’t look at a potential starting material and ask yourself what reactions it might undergo. Instead, look at the final product and ask, “What was the immediate precursor of that product?” For example, if the final product is an alkyl halide, the immediate precursor might be an alkene, to which you could add HX. If the final product is a cis alkene, the immediate precursor might be an alkyne, which you could hydrogenate using the Lindlar catalyst. Having found an immediate precursor, work backward again, one step at a time, until you get back to the starting material. You have to keep the starting material in mind, of course, so that you can work back to it, but you don’t want that starting material to be your main focus. Let’s work several examples of increasing complexity. Devising a Synthesis Route How would you synthesize cis -2-hexene from 1-pentyne and an alkyl halide? More than one step is needed. Strategy When undertaking any synthesis problem, you should look at the product, identify the functional groups it contains, and then ask yourself how those functional groups can be prepared. Always work retrosynthetically, one step at a time. The product in this case is a cis-disubstituted alkene, so the first question is, “What is an immediate precursor of a cis-disubstituted alkene?” We know that an alkene can be prepared from an alkyne by reduction and that the right choice of experimental conditions will allow us to prepare either a trans-disubstituted alkene (using lithium in liquid ammonia) or a cis-disubstituted alkene (using catalytic hydrogenation over the Lindlar catalyst). Thus, reduction of 2-hexyne by catalytic hydrogenation using the Lindlar catalyst should yield cis -2-hexene. Next ask, “What is an immediate precursor of 2-hexyne?” We’ve seen that an internal alkyne can be prepared by alkylation of a terminal alkyne anion. In the present instance, we’re told to start with 1-pentyne and an alkyl halide. Thus, alkylation of the anion of 1-pentyne with iodomethane should yield 2-hexyne. Solution cis -2-Hexene can be synthesized from the given starting materials in three steps. Devising a Synthesis Route How would you synthesize 2-bromopentane from acetylene and an alkyl halide? More than one step is needed. Strategy Identify the functional group in the product (an alkyl bromide) and work the problem retrosynthetically. What is an immediate precursor of an alkyl bromide? Perhaps an alkene plus HBr. Of the two possibilities, Markovnikov addition of HBr to 1-pentene looks like a better choice than addition to 2-pentene because the latter reaction would give a mixture of isomers. What is an immediate precursor of an alkene? Perhaps an alkyne, which could be reduced. What is an immediate precursor of a terminal alkyne? Perhaps sodium acetylide and an alkyl halide. Solution The desired product can be synthesized in four steps from acetylene and 1-bromopropane. Devising a Synthesis Route How would you synthesize 5-methyl-1-hexanol (5-methyl-1-hydroxyhexane) from acetylene and an alkyl halide? Strategy What is an immediate precursor of a primary alcohol? Perhaps a terminal alkene, which could be hydrated with non-Markovnikov regiochemistry by reaction with borane followed by oxidation with H 2 O 2 . What is an immediate precursor of a terminal alkene? Perhaps a terminal alkyne, which could be reduced. What is an immediate precursor of 5-methyl-1-hexyne? Perhaps acetylene and 1-bromo-3-methylbutane. Solution The synthesis can be completed in four steps from acetylene and 1-bromo-3-methylbutane: Problems The Art of Organic Synthesis Vitamin B 12 has been synthesized from scratch in the laboratory, but the bacteria growing on sludge from municipal sewage plants do a much better job. (credit: “Aeration and sludge-wasting” by U.S. Department of Agriculture/Flickr, Public Domain) If you think some of the synthesis problems at the end of this chapter are difficult, try devising a synthesis of vitamin B 12 starting only from simple substances you can buy in a chemical catalog. This extraordinary achievement was reported in 1973 as the culmination of a collaborative effort headed by Robert B. Woodward of Harvard University and Albert Eschenmoser of the Swiss Federal Institute of Technology in Zürich. More than 100 graduate students and postdoctoral associates contributed to the work, which took more than a decade to complete. Why put such extraordinary effort into the laboratory synthesis of a molecule so easily obtained from natural sources? There are many reasons. On a basic human level, a chemist might be motivated primarily by the challenge, much as a climber might be challenged by the ascent of a difficult peak. Beyond the pure challenge, the completion of a difficult synthesis is also valuable in that it establishes new standards and raises the field to a new level. If vitamin B 12 can be made, then why can’t any molecule found in nature be made? Indeed, the decades that have passed since the work of Woodward and Eschenmoser have seen the laboratory synthesis of many enormously complex and valuable substances. Sometimes these substances—for instance, the anticancer compound paclitaxel, trade named Taxol—are not easily available in nature, so laboratory synthesis is the only method for obtaining larger quantities. But perhaps the most important reason for undertaking a complex synthesis is that, in so doing, new reactions and new chemistry are discovered. It invariably happens in a complex synthesis that a point is reached at which the planned route fails. At such a time, the only alternatives are either to quit or to devise a way around the difficulty. New reactions and new principles come from such situations, and it is in this way that the science of organic chemistry grows richer. In the synthesis of vitamin B 12 , for example, unexpected findings emerged that led to the understanding of an entire new class of reactions—the pericyclic reactions that are the subject of Chapter 30 in this book. From synthesizing vitamin B 12 to understanding pericyclic reactions—no one could have possibly predicted such a link at the beginning of the synthesis, but that is the way of science. acetylide anion alkylation alkyne enol Lindlar Catalyst retrosynthetic tautomer Summary Alkynes are less common than alkenes, both in the laboratory and in living organisms, so we haven’t covered them in great detail. The real importance of this chapter is that alkyne chemistry is a useful vehicle for looking at the general strategies used in organic synthesis—the construction of complex molecules in the laboratory. An alkyne is a hydrocarbon that contains a carbon–carbon triple bond. Alkyne carbon atoms are sp -hybridized, and the triple bond consists of one sp – sp σ bond and two p–p π bonds. There are relatively few general methods of alkyne synthesis. Two favorable ones are the alkylation of an acetylide anion with a primary alkyl halide and the twofold elimination of HX from a vicinal dihalide. The chemistry of alkynes is dominated by electrophilic addition reactions, similar to those of alkenes. Alkynes react with HBr and HCl to yield vinylic halides and with Br 2 and Cl 2 to yield 1,2-dihalides (vicinal dihalides). Alkynes can be hydrated by reaction with aqueous sulfuric acid in the presence of mercury(II) catalyst. The reaction leads to an intermediate enol that immediately tautomerizes to yield a ketone. Because the addition reaction occurs with Markovnikov regiochemistry, a methyl ketone is produced from a terminal alkyne. Alternatively, hydroboration–oxidation of a terminal alkyne yields an aldehyde. Alkynes can be reduced to yield alkenes and alkanes. Complete reduction of the triple bond over a palladium hydrogenation catalyst yields an alkane; partial reduction by catalytic hydrogenation over a Lindlar catalyst yields a cis alkene. Reduction of the alkyne with lithium in ammonia yields a trans alkene. Terminal alkynes are weakly acidic. The alkyne hydrogen can be removed by a strong base such as Na + − NH 2 to yield an acetylide anion . An acetylide anion acts as a nucleophile and can displace a halide ion from a primary alkyl halide in an alkylation reaction. Acetylide anions are more stable than either alkyl anions or vinylic anions because their negative charge is in a hybrid orbital with 50% s character, allowing the charge to be closer to the nucleus. Summary of Reactions No stereochemistry is implied unless specifically indicated with wedged, solid, and dashed lines. Preparation of alkynes Dehydrohalogenation of vicinal dihalides ( ) Alkylation of acetylide anions ( ) Reactions of alkynes Addition of HCl and HBr ( ) Addition of Cl 2 and Br 2 ( ) Hydration ( ) (1) Mercuric sulfate catalyzed (2) Hydroboration–oxidation Reduction ( ) (1) Catalytic hydrogenation (2) Lithium in liquid ammonia Conversion into acetylide anions ( ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Alkynes Reactions of Alkynes Organic Synthesis General Problems", "section": "An Introduction to Organic Synthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The gases released during volcanic eruptions contain large amounts of organohalides, including chloromethane, chloroform, dichlorodifluoromethane, and many others. (credit: modification of work “Tavurvur volcano” by Taro Taylor, Richard Bartz/Wikimedia Commons, CC BY 2.0) Alkyl halides are encountered less frequently than their oxygen-containing relatives and are not often involved in the biochemical pathways of terrestrial organisms, but some of the kinds of reactions they undergo—nucleophilic substitutions and eliminations—are encountered frequently. Thus, alkyl halide chemistry is a relatively simple model for many mechanistically similar but structurally more complex reactions found in biomolecules. We’ll begin this chapter with a look at how to name and prepare alkyl halides, and we’ll see several of their reactions. Then, in the next chapter, we’ll make a detailed study of the substitution and elimination reactions of alkyl halides—two of the most important and well-studied reaction types in organic chemistry. Now that we’ve covered the chemistry of hydrocarbons, it’s time to start looking at more complex substances that contain elements in addition to C and H. We’ll begin by discussing the chemistry of organohalides , compounds that contain one or more halogen atoms. Halogen-substituted organic compounds are widespread in nature, and more than 5000 organohalides have been found in algae and various other marine organisms. Chloromethane, for instance, is released in large amounts by ocean kelp, as well as by forest fires and volcanoes. Halogen-containing compounds also have an array of industrial applications, including their use as solvents, inhaled anesthetics in medicine, refrigerants, and pesticides. Still other halo-substituted compounds are used as medicines and food additives. The nonnutritive sweetener sucralose, marketed as Splenda, contains three chlorine atoms, for instance. Sucralose is about 600 times as sweet as sucrose, so only 1 mg is equivalent to an entire teaspoon of table sugar. A large variety of organohalides are known. The halogen might be bonded to an alkynyl group ( C≡C−X ), a vinylic group ( C═C–X ), an aromatic ring (Ar−X), or an alkyl group. In this chapter, however, we’ll be primarily concerned with alkyl halides , compounds with a halogen atom bonded to a saturated, sp 3 -hybridized carbon atom.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Names and Structures of Alkyl Halides Although commonly called alkyl halides , halogen-substituted alkanes are named systematically as haloalkanes ( ), treating the halogen as a substituent on a parent alkane chain. There are three steps: STEP 1 Find the longest chain, and name it as the parent. If a double or triple bond is present, the parent chain must contain it. STEP 2 Number the carbons of the parent chain beginning at the end nearer the first substituent, whether alkyl or halo. Assign each substituent a number according to its position on the chain. If different halogens are present, number each one and list them in alphabetical order when writing the name. STEP 3 If the parent chain can be properly numbered from either end by step 2, begin at the end nearer the substituent that has alphabetical precedence. In addition to their systematic names, many simple alkyl halides are also named by identifying first the alkyl group and then the halogen. For example, CH 3 I can be called either iodomethane or methyl iodide. Such names are well entrenched in the chemical literature and in daily usage, but they won’t be used in this book. Halogens increase in size going down the periodic table, so the lengths of the corresponding carbon–halogen bonds increase accordingly ( ). In addition, C−X bond strengths decrease going down the periodic table. As we’ve been doing thus far, we’ll continue using an X to represent any of the halogens F, Cl, Br, or I. A Comparison of the Halomethanes Halomethane Bond length (pm) Bond strength Dipole moment ( D ) (kJ/mol) (kcal/mol) CH 3 F 139 460 110 1.85 CH 3 Cl 178 350 84 1.87 CH 3 Br 193 294 70 1.81 CH 3 I 214 239 57 1.62 In our discussion of bond polarity in functional groups in , we noted that halogens are more electronegative than carbon. The C−X bond is therefore polar, with the carbon atom bearing a slight positive charge ( δ +) and the halogen a slight negative charge ( δ −). This polarity results in a dipole moment for all the halomethanes ( ) and implies that the alkyl halide C−X carbon atom should behave as an electrophile in polar reactions. We’ll soon see that this is indeed the case. Problems", "section": "Names and Structures of Alkyl Halides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Alkyl Halides from Alkanes: Radical Halogenation As we saw briefly in , simple alkyl halides can sometimes be prepared by the radical reaction of an alkane with Cl 2 or Br 2 in the presence of ultraviolet light. The detailed mechanism is shown in for chlorination. Mechanism of the radical chlorination of methane. Three kinds of steps are required in radical substitution reactions: initiation, propagation, and termination. The propagation steps are a repeating cycle, with Cl · a reactant in step 1 and a product in step 2, and with · CH 3 a product in step 1 and a reactant in step 2. The symbol hν shown in the initiation step is the standard way of indicating irradiation with light ( ν is the lowercase Greek letter nu). Radical substitution reactions require three kinds of steps: initiation, propagation , and termination . Once an initiation step has started the process by producing radicals, the reaction continues in a self-sustaining cycle. The cycle requires two repeating propagation steps in which a radical, the halogen, and the alkane yield alkyl halide product plus more radical to carry on the chain. The chain is occasionally terminated by the combination of two radicals. Unfortunately, alkane halogenation is a poor synthetic method for preparing alkyl halides because mixtures of products invariably result. For example, chlorination of methane does not stop cleanly at the monochlorinated stage but continues to give a mixture of dichloro, trichloro, and even tetrachloro products. The situation is even worse for chlorination of alkanes that have more than one kind of hydrogen. Chlorination of butane, for instance, gives two monochlorinated products in a 30 : 70 ratio in addition to multiple chlorinated products such as dichlorobutane, trichlorobutane, and so on. As another example, 2-methylpropane yields 2-chloro-2-methylpropane and 1-chloro-2-methylpropane in a 35 : 65 ratio, along with more highly chlorinated products. From these and similar reactions, it’s possible to calculate a reactivity order toward chlorination for different kinds of hydrogen atoms in a molecule. Take the butane chlorination, for instance. Butane has six equivalent primary hydrogens (−CH 3 ) and four equivalent secondary hydrogens (−CH 2 −). The fact that butane yields 30% of 1-chlorobutane product means that each one of the six primary hydrogens is responsible for 30% ÷ 6 = 5% of the product. Similarly, the fact that 70% of 2-chlorobutane is formed means that each of the four secondary hydrogens is responsible for 70% ÷ 4 = 17.5% of the product. Thus, a secondary hydrogen reacts 17.5% ÷ 5% = 3.5 times as often as a primary hydrogen. A similar calculation for the chlorination of 2-methylpropane indicates that each of the nine primary hydrogens accounts for 65% ÷ 9 = 7.2% of the product, while the single tertiary hydrogen (R 3 CH) accounts for 35% of the product. Thus, a tertiary hydrogen is 35% ÷ 7.2% = 5 times as reactive as a primary hydrogen toward chlorination. The observed reactivity order of alkane hydrogens toward radical chlorination can be explained by looking at the bond dissociation energies given previously in . The data show that a tertiary C−H bond (400 kJ/mol; 96 kcal/mol) is weaker than a secondary C−H bond (410 kJ/mol; 98 kcal/mol), which is in turn weaker than a primary C−H bond (421 kJ/mol; 101 kcal/mol). Since less energy is needed to break a tertiary C−H bond than to break a primary or secondary C−H bond, the resultant tertiary radical is more stable than a primary or secondary radical. Problems", "section": "Preparing Alkyl Halides from Alkanes: Radical Halogenation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Alkyl Halides from Alkenes: Allylic Bromination We’ve already seen several methods for preparing alkyl halides from alkenes, including the reactions of HX and X 2 with alkenes in electrophilic addition reactions ( and ). The hydrogen halides HCl, HBr, and HI react with alkenes by a polar mechanism to give the product of Markovnikov addition. Bromine and chlorine undergo anti addition through halonium ion intermediates to give 1,2-dihalogenated products. Another laboratory method for preparing alkyl halides from alkenes is by reaction with N -bromosuccinimide (abbreviated NBS), in the presence of ultraviolet light, to give products resulting from substitution of hydrogen by bromine at the position next to the double bond—the allylic position. Cyclohexene, for example, gives 3-bromocyclohexene. This allylic bromination with NBS is analogous to the alkane chlorination reaction discussed in the previous section and occurs by a radical chain-reaction pathway ( ). As in alkane halogenation, a Br · radical abstracts an allylic hydrogen atom, forming an allylic radical plus HBr. The HBr then reacts with NBS to form Br 2 , which in turn reacts with the allylic radical to yield the brominated product and a Br · radical that cycles back into the first step and carries on the chain. Mechanism of allylic bromination of an alkene with NBS. The process is a radical chain reaction in which ( 1 ) a Br · radical abstracts an allylic hydrogen atom of the alkene and gives an allylic radical plus HBr. ( 2 ) The HBr then reacts with NBS to form Br 2 , which ( 3 ) reacts with the allylic radical to yield the bromoalkene product and a Br · radical that continues the chain. Why does bromination with NBS occur exclusively at an allylic position rather than elsewhere in the molecule? The answer, once again, is found by looking at bond dissociation energies to see the relative stabilities of various kinds of radicals. Although a typical secondary alkyl C−H bond has a strength of about 410 kJ/mol (98 kcal/mol) and a typical vinylic C−H bond has a strength of 465 kJ/mol (111 kcal/mol), an allylic C−H bond has a strength of only about 370 kJ/mol (88 kcal/mol). An allylic radical is therefore more stable than a typical alkyl radical with the same substitution by about 40 kJ/mol (9 kcal/mol). We can thus expand the stability ordering to include vinylic and allylic radicals.", "section": "Preparing Alkyl Halides from Alkenes: Allylic Bromination", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stability of the Allyl Radical: Resonance Revisited To see why an allylic radical is so stable, look at the orbital picture in . The radical carbon atom with an unpaired electron can adopt sp 2 hybridization, placing the unpaired electron in a p orbital and giving a structure that is electronically symmetrical. The p orbital on the central carbon can therefore overlap equally well with a p orbital on either of the two neighboring carbons. An orbital view of the allyl radical. The p orbital on the central carbon can overlap equally well with a p orbital on either neighboring carbon, giving rise to two equivalent resonance structures. Because the allyl radical is electronically symmetrical, it has two resonance forms—one with the unpaired electron on the left and the double bond on the right and another with the unpaired electron on the right and the double bond on the left. Neither structure is correct by itself; the true structure of the allyl radical is a resonance hybrid of the two. (You might want to review to to brush up on resonance.) As noted in , the greater the number of resonance forms, the greater the stability of a compound, because bonding electrons are attracted to more nuclei. An allyl radical, with two resonance forms, is therefore more stable than a typical alkyl radical, which has only a single structure. In molecular orbital terms, the stability of the allyl radical is due to the fact that the unpaired electron is delocalized , or spread out, over an extended π -orbital network rather than localized at only one site, as shown by the computer-generated MO in . This delocalization is particularly apparent in the so-called spin-density surface in , which shows the calculated location of the unpaired electron. The two terminal carbons share the unpaired electron equally. The spin density surface of the allyl radical locates the position of the unpaired electron and shows that it is equally shared between the two terminal carbons. In addition to its effect on stability, delocalization of the unpaired electron in the allyl radical has other chemical consequences. Because the unpaired electron is delocalized over both ends of the π orbital system, reaction with Br 2 can occur at either end. As a result, allylic bromination of an unsymmetrical alkene often leads to a mixture of products. For example, bromination of 1-octene gives a mixture of 3-bromo-1-octene and 1-bromo-2-octene. The two products are not formed in equal amounts, however, because the intermediate allylic radical is not symmetrical and reaction at the two ends is not equally likely. Reaction at the less hindered, primary end is favored. The products of allylic bromination reactions are useful for conversion into dienes by dehydrohalogenation with base. Cyclohexene can be converted into 1,3-cyclohexadiene, for example. Predicting the Product of an Allylic Bromination Reaction What products would you expect from the reaction of 4,4-dimethylcyclohexene with NBS? Strategy Draw the alkene reactant, and identify the allylic positions. In this case, there are two different allylic positions; we’ll label them A and B . Now abstract an allylic hydrogen from each position to generate the two corresponding allylic radicals. Each of the two allylic radicals can add a Br atom at either end ( A or A′ ; B or B′ ), to give a mixture of up to four products. Draw and name the products. In the present instance, the “two” products from reaction at position B are identical, so only three products are formed in this reaction. Solution Problems", "section": "Stability of the Allyl Radical: Resonance Revisited", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Alkyl Halides from Alcohols The most generally useful method for preparing alkyl halides is to make them from alcohols, which themselves can be obtained from carbonyl compounds as we’ll see in Sections 17.4 and 17.5 . Because of the importance of this process, many different methods have been developed to transform alcohols into alkyl halides. The simplest method is to treat the alcohol with HCl, HBr, or HI. For reasons that will be discussed in Section 11.5 , this reaction works best with tertiary alcohols, R 3 COH. Primary and secondary alcohols react much more slowly and at higher temperatures. The reaction of HX with a tertiary alcohol is so rapid that it’s often carried out simply by bubbling pure HCl or HBr gas into a cold ether solution of the alcohol. 1-Methylcyclohexanol, for example, is converted into 1-chloro-1-methylcyclohexane by treatment with HCl. Primary and secondary alcohols are best converted into alkyl halides by treatment with either thionyl chloride (SOCl 2 ) or phosphorus tribromide (PBr 3 ). These reactions, which normally take place readily under mild conditions, are less acidic and less likely to cause acid-catalyzed rearrangements than the HX method. As the preceding examples indicate, the yields of these SOCl 2 and PBr 3 reactions are generally high and other functional groups such as ethers, carbonyls, and aromatic rings don’t usually interfere. We’ll look at the mechanisms of these and other related substitution reactions in Section 11.3 . Alkyl fluorides can also be prepared from alcohols. Numerous alternative reagents are used for such reactions, including diethylaminosulfur trifluoride [(CH 3 CH 2 ) 2 NSF 3 ] and HF in pyridine solvent. Problems", "section": "Preparing Alkyl Halides from Alcohols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Alkyl Halides: Grignard Reagents Alkyl halides, RX, react with magnesium metal in ether or tetrahydrofuran (THF) solvent to yield alkylmagnesium halides, RMgX. The products, called Grignard reagents (RMgX) after their discoverer, Francois Auguste Victor Grignard, who received the 1912 Nobel Prize in Chemistry, are examples of organometallic compounds because they contain a carbon–metal bond. In addition to alkyl halides, Grignard reagents can also be made from alkenyl (vinylic) and aryl (aromatic) halides. The halogen can be Cl, Br, or I, although chlorides are less reactive than bromides and iodides. Organofluorides rarely react with magnesium. As you might expect from the discussion of electronegativity and bond polarity in , the carbon–magnesium bond is polarized, making the carbon atom of Grignard reagents both nucleophilic and basic. An electrostatic potential map of methylmagnesium iodide, for instance, indicates the electron-rich (red) character of the carbon bonded to magnesium. A Grignard reagent is formally the magnesium salt, R 3 C –+ MgX, of a carbon acid, R 3 C–H, and is thus a carbon anion, or carbanion . But because hydrocarbons are such weak acids, with p K a ’s in the range 44 to 60 ( ), carbon anions are very strong bases. Grignard reagents must therefore be protected from atmospheric moisture to prevent their being protonated and destroyed in acid–base reactions: R–Mg–X + H 2 O → R–H + HO–Mg–X. Grignard reagents themselves don’t occur in living organisms, but they serve as useful carbon-based nucleophiles in several important laboratory reactions, which we’ll look at in detail in Section 17.5. In addition, they act as a simple model for other, more complex carbon-based nucleophiles that are important in biological chemistry. We’ll see many examples of these in Chapter 29. Problems", "section": "Reactions of Alkyl Halides: Grignard Reagents", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Organometallic Coupling Reactions Many other kinds of organometallic compounds can be prepared in a manner similar to that of Grignard reagents. For instance, alkyllithium reagents, RLi, can be prepared by the reaction of an alkyl halide with lithium metal. Alkyllithiums are both nucleophiles and strong bases, and their chemistry is similar in many respects to that of alkylmagnesium halides. One particularly valuable reaction of alkyllithiums occurs when making lithium diorganocopper compounds, R 2 CuLi, by reaction with copper(I) iodide in diethyl ether as solvent. Often called Gilman reagents (LiR 2 Cu) , lithium diorganocopper compounds are useful because they undergo a coupling reaction with organochlorides, bromides, and iodides (but not fluorides). One of the alkyl groups from the lithium diorganocopper reagent replaces the halogen of the organohalide, forming a new carbon–carbon bond and yielding a hydrocarbon product. Lithium dimethylcopper, for instance, reacts with 1-iododecane to give undecane in a 90% yield. This organometallic coupling reaction is useful in organic synthesis because it forms carbon–carbon bonds, thereby allowing the preparation of larger molecules from smaller ones. As the following examples indicate, the coupling reaction can be carried out on aryl and vinylic halides as well as on alkyl halides. An organocopper coupling reaction is carried out commercially to synthesize muscalure, (9 Z )-tricosene, the sex attractant secreted by the common housefly. Minute amounts of muscalure greatly increase the lure of insecticide-treated fly bait and provide an effective and species-specific means of insect control. The mechanism of the coupling reaction involves initial formation of a triorganocopper intermediate, followed by coupling and loss of a mono-organocopper, RCu. The coupling is not a typical polar nucleophilic substitution reaction of the sort considered in the next chapter. In addition to the coupling reaction of diorganocopper reagents with organohalides, related processes also occur with other organometallic reagents, particularly organopalladium compounds. One of the most commonly used procedures is the coupling reaction of an aromatic or vinyl substituted boronic acid [R—B(OH) 2 ] with an aromatic or vinyl substituted organohalide in the presence of a base and a palladium catalyst. This reaction is less general than the diorganocopper reaction because it doesn’t work with alkyl substrates, but it is preferred when possible because it uses only a catalytic amount of metal rather than a full equivalent and because palladium compounds are less toxic than copper compounds. For example: Called the Suzuki–Miyaura reaction, this process is particularly useful for preparing so-called biaryl compounds, which have two linked aromatic rings. A large number of commonly used drugs fit this description, so the Suzuki–Miyaura reaction is much-used in the pharmaceutical industry. As an example, valsartan, marketed as Diovan, is widely prescribed to treat high blood pressure, heart failure, and diabetic kidney disease. Its synthesis begins with a Suzuki–Miyaura coupling of ortho -chlorobenzonitrile with para -methylbenzeneboronic acid. Shown in a simplified form in , the mechanism of the Suzuki–Miyaura reaction involves initial reaction of the aromatic halide with the palladium catalyst to form an organopalladium intermediate, followed by reaction of that intermediate with the aromatic boronic acid. The resultant diorganopalladium complex then decomposes to the coupled biaryl product plus regenerated catalyst. Mechanism of the Suzuki–Miyaura coupling reaction of an aromatic boronic acid with an aromatic halide to give a biaryl. The reaction takes place by ( 1 ) reaction of the aromatic halide, ArX, with the catalyst to form an organopalladium intermediate, followed by ( 2 ) reaction with the aromatic boronic acid. ( 3 ) Subsequent decomposition of the diarylpalladium intermediate gives the biaryl product. Problems", "section": "Organometallic Coupling Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidation and Reduction in Organic Chemistry We’ve pointed out on several occasions that some of the reactions discussed in this and earlier chapters are either oxidations or reductions. As noted in , an organic oxidation results in a loss of electron density by carbon, caused either by bond formation between carbon and a more electronegative atom (usually O, N, or a halogen) or by bond-breaking between carbon and a less electronegative atom (usually H). Conversely, an organic reduction results in a gain of electron density by carbon, caused either by bond formation between carbon and a less electronegative atom or by bond-breaking between carbon and a more electronegative atom ( ). Oxidation Decreases electron density on carbon by: – forming one of these: C− O C− N C− X – or breaking this: C– H Reduction Increases electron density on carbon by: – forming this: C– H – or breaking one of these: C– O C– N C– X Based on these definitions, the chlorination reaction of methane to yield chloromethane is an oxidation because a C−H bond is broken and a C−Cl bond is formed. The conversion of an alkyl chloride to an alkane via a Grignard reagent followed by protonation is a reduction, however, because a C−Cl bond is broken and a C−H bond is formed. As other examples, the reaction of an alkene with Br 2 to yield a 1,2-dibromide is an oxidation because two C−Br bonds are formed, but the reaction of an alkene with HBr to yield an alkyl bromide is neither an oxidation nor a reduction because both a C−H and a C−Br bond are formed. A list of compounds of increasing oxidation level is shown in . Alkanes are at the lowest oxidation level because they have the maximum possible number of C−H bonds per carbon, and CO 2 is at the highest level because it has the maximum possible number of C−O bonds per carbon. Any reaction that converts a compound from a lower level to a higher level is an oxidation, any reaction that converts a compound from a higher level to a lower level is a reduction, and any reaction that doesn’t change the level is neither an oxidation nor a reduction. Oxidation levels of some common compounds. shows how to compare the oxidation levels of different compounds with the same number of carbon atoms. Comparing Oxidation Levels Rank the following compounds in order of increasing oxidation level: Strategy Compounds that have the same number of carbon atoms can be compared by adding the number of C−O, C−N, and C−X bonds in each and then subtracting the number of C−H bonds. The larger the resultant value, the higher the oxidation level. Solution The first compound (propene) has six C−H bonds, giving an oxidation level of −6; the second (2-propanol) has one C−O bond and seven C−H bonds, giving an oxidation level of −6; the third (acetone) has two C−O bonds and six C−H bonds, giving an oxidation level of −4; and the fourth (propane) has eight C−H bonds, giving an oxidation level of −8. Thus, the order of increasing oxidation level is Problems Naturally Occurring Organohalides Just forty years ago in 1980, only about 30 naturally occurring organohalides were known. It was simply assumed that chloroform, halogenated phenols, chlorinated aromatic compounds called PCBs, and other such substances found in the environment were industrial pollutants. Now, less than half a century later, the situation is quite different. More than 5000 organohalides have been found to occur naturally, and tens of thousands more surely exist. From a simple compound like chloromethane to an extremely complex one like the antibiotic vancomycin, a remarkably diverse range of organohalides exists in plants, bacteria, and animals. Many even have valuable physiological activity. The pentahalogenated alkene halomon, for instance, has been isolated from the red alga Portieria hornemannii and found to have anticancer activity against several human tumor cell lines. Some naturally occurring organohalides are produced in massive quantities. Forest fires, volcanic eruptions, and marine kelp release up to 5 million tons of CH 3 Cl per year, for example, while annual industrial emissions total about 26,000 tons. Termites are thought to release as much as 10 8 kg of chloroform per year. A detailed examination of the Okinawan acorn worm Ptychodera flava found that the 64 million worms living in a 1 km 2 study area excreted nearly 8000 pounds per year of bromophenols and bromoindoles, compounds previously thought to be non-natural pollutants. Why do organisms produce organohalides, many of which are undoubtedly toxic? The answer seems to be that many organisms use organohalogen compounds for self-defense, either as feeding deterrents, irritants to predators, or natural pesticides. Marine sponges, coral, and sea hares, for example, release foul-tasting organohalides that deter fish, starfish, and other predators. Even humans appear to produce halogenated compounds as part of their defense against infection. The human immune system contains a peroxidase enzyme capable of carrying out halogenation reactions on fungi and bacteria, thereby killing the pathogen. And most remarkable of all, even free chlorine—Cl 2 —has been found to be present in humans. Marine corals secrete organohalogen compounds that act as a feeding deterrent to fish. (credit: “Coral reef” by Qui Nguyen, United Nations Environment Programme/Flickr, Public Domain) Much remains to be learned—only a few hundred of the more than 500,000 known species of marine organisms have been examined—but it’s clear that organohalides are an integral part of the world around us. alkyl halide allylic carbanion delocalized Gilman reagent (LiR 2 Cu) Grignard reagent (RMgX) organohalide organometallic Summary Alkyl halides are not often found in terrestrial organisms, but the kinds of reactions they undergo are among the most important and well-studied reaction types in organic chemistry. In this chapter, we saw how to name and prepare alkyl halides, and we’ll soon make a detailed study of their substitution and elimination reactions. Simple alkyl halides can be prepared by radical halogenation of alkanes, but mixtures of products usually result. The reactivity order of alkanes toward halogenation is identical to the stability order of radicals: R 3 C · > R 2 CH · > RCH 2 · . Alkyl halides can also be prepared from alkenes by reaction with N -bromosuccinimide (NBS) to give the product of allylic bromination. The NBS bromination of alkenes takes place through an intermediate allylic radical, which is stabilized by resonance. Alcohols react with HX to form alkyl halides, but the reaction works well only for tertiary alcohols, R 3 COH. Primary and secondary alkyl halides are normally prepared from alcohols using either SOCl 2 , PBr 3 , or HF in pyridine. Alkyl halides react with magnesium in ether solution to form organomagnesium halides, called Grignard reagents (RMgX) , which are both nucleophilic and strongly basic. Alkyl halides also react with lithium metal to form organolithium reagents, RLi. In the presence of CuI, these form diorganocoppers, or Gilman reagents (LiR 2 Cu) . Gilman reagents react with organohalides to yield coupled hydrocarbon products. Summary of Reactions No stereochemistry is implied unless specifically indicated with wedged, solid, and dashed lines. Preparation of alkyl halides From alkenes by allylic bromination ( ) From alcohols ( ) (1) Reaction with HX (2) Reaction of 1° and 2° alcohols with SOCl 2 (3) Reaction of 1° and 2° alcohols with PBr 3 (4) Reaction of 1° and 2° alcohols with HF–pyridine Reactions of alkyl halides Formation of Grignard (organomagnesium) reagents ( ) Formation of Gilman (diorganocopper) reagents ( ) Organometallic coupling ( ) (1) Diorganocopper reaction (2) Palladium-catalyzed Suzuki–Miyaura reaction Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Alkyl Halides Synthesizing Alkyl Halides Oxidation and Reduction General Problems", "section": "Oxidation and Reduction in Organic Chemistry", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Competition occurs throughout nature. In chemistry, competition often occurs between alternative reaction pathways, such as in the substitution and elimination reactions of alkyl halides. (credit: modification of work “Bull moose fight” by Grand Teton, National Parks Service/Flickr, Public Domain) Nucleophilic substitution and base-induced elimination are two of the most widely occurring and versatile reactions in organic chemistry, both in the laboratory and in biological pathways. We’ll look at them closely in this chapter to see how they occur, what their characteristics are, and how they can be used. We’ll begin with substitution reactions. We saw in the preceding chapter that the carbon–halogen bond in an alkyl halide is polar and that the carbon atom is electron-poor. Thus, alkyl halides are electrophiles, and much of their chemistry involves polar reactions with nucleophiles and bases. Alkyl halides do one of two things when they react with a nucleophile/base such as hydroxide ion: they either undergo substitution of the X group by the nucleophile, or they undergo elimination of HX to yield an alkene.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Discovery of Nucleophilic Substitution Reactions Discovery of the nucleophilic substitution reaction of alkyl halides dates back to work carried out by the German chemist Paul Walden in 1896. Walden found that the pure enantiomeric (+)- and (–)-malic acids could be interconverted through a series of simple substitution reactions. When Walden treated (–)-malic acid with PCl 5 , he isolated (+)-chlorosuccinic acid. This, on treatment with wet Ag 2 O, gave (+)-malic acid. Similarly, reaction of (+)-malic acid with PCl 5 gave (–)-chlorosuccinic acid, which was converted into (–)-malic acid when treated with wet Ag 2 O. The full cycle of reactions is shown in . Walden’s cycle of reactions interconverting (+)- and (–)-malic acids. At the time, the results were astonishing. The eminent chemist Emil Fischer called Walden’s discovery “the most remarkable observation made in the field of optical activity since the fundamental observations of Pasteur.” Because (–)-malic acid was converted into (+)-malic acid, some reactions in the cycle must have occurred with a change, or inversion, of configuration at the chirality center. But which ones, and how? (Remember from that the direction of light rotation and the configuration of a chirality center aren’t directly related. You can’t tell by looking at the sign of rotation whether a change in configuration has occurred during a reaction.) Today, we refer to the transformations taking place in Walden’s cycle as nucleophilic substitution reactions because each step involves the substitution of one nucleophile (chloride ion, Cl – , or hydroxide ion, HO – ) by another. Nucleophilic substitution reactions are one of the most common and versatile reaction types in organic chemistry. Following the work of Walden, further investigations were undertaken during the 1920s and 1930s to clarify the mechanism of nucleophilic substitution reactions and to find out how inversions of configuration occur. Among the first series studied was one that interconverted the two enantiomers of 1-phenyl-2-propanol ( ). Although this particular series of reactions involves nucleophilic substitution of an alkyl para -toluenesulfonate (called a tosylate ) rather than an alkyl halide, exactly the same type of reaction is involved as that studied by Walden. For all practical purposes, the entire tosylate group acts as if it were simply a halogen substituent. (In fact, when you see a tosylate substituent in a molecule, do a mental substitution and tell yourself that you’re dealing with an alkyl halide.) A Walden cycle interconverting (+) and (–) enantiomers of 1-phenyl-2-propanol. Chirality centers are marked by asterisks, and the bonds broken in each reaction are indicated by red wavy lines. The inversion of chirality occurs in step 2 , where acetate ion substitutes for tosylate ion. In the three-step reaction sequence shown in , (+)-1-phenyl-2-propanol is interconverted with its (–) enantiomer, so at least one of the three steps must involve an inversion of configuration at the chirality center. Step 1 , formation of a tosylate, occurs by breaking the O–H bond of the alcohol rather than the C–O bond to the chiral carbon, so the configuration around the carbon is unchanged. Similarly, step 3 , hydroxide-ion cleavage of the acetate, takes place without breaking the C–O bond at the chirality center. Thus, the inversion of stereochemical configuration must take place in step 2 , the nucleophilic substitution of tosylate ion by acetate ion. From this and nearly a dozen other series of similar reactions, researchers concluded that the nucleophilic substitution reaction of a primary or secondary alkyl halide or tosylate always proceeds with inversion of configuration. (Tertiary alkyl halides and tosylates, as we’ll see shortly, give different stereochemical results and react by a different mechanism than the primary and secondary ones.) Predicting the Stereochemistry of a Nucleophilic Substitution Reaction What product would you expect from a nucleophilic substitution reaction of ( R )-1-bromo-1-phenylethane with cyanide ion, − C≡N , as nucleophile? Show the stereochemistry of both reactant and product, assuming that inversion of configuration occurs. Strategy Draw the R enantiomer of the reactant, and then change the configuration of the chirality center while replacing the – Br with a – CN. Solution Problems", "section": "The Discovery of Nucleophilic Substitution Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The S N 2 Reaction In almost all chemical reactions, there is a direct relationship between the rate at which the reaction occurs and the concentrations of the reactants. When we measure this relationship, we measure the kinetics of the reaction. For example, let’s look at the kinetics of a simple nucleophilic substitution—the reaction of CH 3 Br with OH – to yield CH 3 OH plus Br – . With a given temperature, solvent, and concentration of reactants, the substitution occurs at a certain rate. If we double the concentration of OH – , the frequency of encounters between reaction partners doubles and we find that the reaction rate also doubles. Similarly, if we double the concentration of CH 3 Br, the reaction rate again doubles. We call such a reaction, in which the rate is linearly dependent on the concentrations of two species, a second-order reaction . Mathematically, we can express this second-order dependence of the nucleophilic substitution reaction by setting up a rate equation . As either [RX] or [ – OH] changes, the rate of the reaction changes proportionately. Reaction rate = Rate of disappearance of reactant = k × [ RX ] × [ − OH ] where [ RX ] = CH 3 Br concentration in molarity [ − OH] = − OH concentration in molarity k = a constant value (the rate constant) A mechanism that accounts for both the inversion of configuration and the second-order kinetics that are observed with nucleophilic substitution reactions was suggested in 1937 by the British chemists E. D. Hughes and Christopher Ingold, who formulated what they called the S N 2 reaction —short for substitution, nucleophilic, bimolecular. ( Bimolecular means that two molecules, nucleophile and alkyl halide, take part in the step whose kinetics are measured.) The essential feature of the S N 2 mechanism is that it takes place in a single step, without intermediates, when the incoming nucleophile reacts with the alkyl halide or tosylate (the substrate ) from a direction opposite the group that is displaced (the leaving group ). As the nucleophile comes in on one side of the substrate and bonds to the carbon, the halide or tosylate departs from the other side, thereby inverting the stereochemical configuration. The process is shown in for the reaction of ( S )-2-bromobutane with HO – to give ( R )-2-butanol. MECHANISM The mechanism of the S N 2 reaction. The reaction takes place in a single step when the incoming nucleophile approaches from a direction 180° away from the leaving halide ion, thereby inverting the stereochemistry at carbon. As shown in , the S N 2 reaction occurs when an electron pair on the nucleophile Nu : – forces out the group X : – , which takes with it the electron pair from the former C–X bond. This occurs through a transition state in which the new Nu–C bond is partially formed at the same time that the old C–X bond is partially broken and in which the negative charge is shared by both the incoming nucleophile and the outgoing halide ion. The transition state for this inversion has the remaining three bonds to carbon in a planar arrangement ( ). The transition state of an S N 2 reaction has a planar arrangement of the carbon atom and the remaining three groups. Electrostatic potential maps show that negative charge is delocalized in the transition state. The mechanism proposed by Hughes and Ingold is fully consistent with experimental results, explaining both stereochemical and kinetic data. Thus, the requirement for a backside approach of the entering nucleophile (180° away from the departing X group) causes the stereochemistry of the substrate to invert, much like an umbrella turning inside-out in the wind. The Hughes–Ingold mechanism also explains why second-order kinetics are observed: the S N 2 reaction occurs in a single step that involves both alkyl halide and nucleophile. Two molecules are involved in the step whose rate is measured. Problems", "section": "The SN2 Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Characteristics of the S N 2 Reaction Now that we know how S N 2 reactions occur, we need to see how they can be used and what variables affect them. Some S N 2 reactions are fast, and some are slow; some take place in high yield and others in low yield. Understanding the factors involved can be of tremendous value. Let’s begin by recalling a few things about reaction rates in general. The rate of a chemical reaction is determined by the activation energy ∆ G ‡ , the energy difference between reactant ground state and transition state. A change in reaction conditions can affect ∆ G ‡ either by changing the reactant energy level or by changing the transition-state energy level. Lowering the reactant energy or raising the transition-state energy increases ∆ G ‡ and decreases the reaction rate; raising the reactant energy or decreasing the transition-state energy decreases ∆ G ‡ and increases the reaction rate ( ). We’ll see examples of all these effects as we look at S N 2 reaction variables. The effects of changes in reactant and transition-state energy levels on reaction rate. (a) A higher reactant energy level (red curve) corresponds to a faster reaction (smaller ∆ G ‡ ). (b) A higher transition-state energy level (red curve) corresponds to a slower reaction (larger ∆ G ‡ ). Steric Effects in the S N 2 Reaction The first S N 2 reaction variable to look at is the structure of the substrate. Because the S N 2 transition state involves partial bond formation between the incoming nucleophile and the alkyl halide carbon atom, it seems reasonable that a hindered, bulky substrate should prevent easy approach of the nucleophile, making bond formation difficult. In other words, the transition state for reaction of a sterically hindered substrate, whose carbon atom is “shielded” from the approach of the incoming nucleophile, is higher in energy and forms more slowly than the corresponding transition state for a less hindered substrate ( ). Steric hindrance to the S N 2 reaction. As the models indicate, the carbon atom in (a) bromomethane is readily accessible, resulting in a fast S N 2 reaction. The carbon atoms in (b) bromoethane (primary), (c) 2-bromopropane (secondary), and (d) 2-bromo-2-methylpropane (tertiary) are successively more hindered, resulting in successively slower S N 2 reactions. As shows, the difficulty of nucleophile approach increases as the three substituents bonded to the halo-substituted carbon atom increase in size. Methyl halides are by far the most reactive substrates in S N 2 reactions, followed by primary alkyl halides such as ethyl and propyl. Alkyl branching at the reacting center, as in isopropyl halides (2°), slows the reaction greatly, and further branching, as in tert -butyl halides (3°), effectively halts the reaction. Even branching one carbon away from the reacting center, as in 2,2-dimethylpropyl (neopentyl) halides, greatly hinders nucleophilic displacement. As a result, S N 2 reactions occur only at relatively unhindered sites and are normally useful only with methyl halides, primary halides, and a few simple secondary halides. Relative reactivities for some different substrates are as follows: Vinylic halides ( R 2 C═CRX ) and aryl halides are not shown on this reactivity list because they are unreactive toward S N 2 displacement. This lack of reactivity is due to steric factors: the incoming nucleophile would have to approach in the plane of the carbon–carbon double bond and burrow through part of the molecule to carry out a backside displacement. The Nucleophile Another variable that has a major effect on the S N 2 reaction is the nature of the nucleophile. Any species, either neutral or negatively charged, can act as a nucleophile as long as it has an unshared pair of electrons; that is, as long as it is a Lewis base. If the nucleophile is negatively charged, the product is neutral; if the nucleophile is neutral, the product is positively charged. A wide array of substances can be prepared using nucleophilic substitution reactions. In fact, we’ve already seen examples in previous chapters. For instance, the reaction of an acetylide anion with an alkyl halide, discussed in , is an S N 2 reaction in which the acetylide nucleophile displaces a halide leaving group. lists some nucleophiles in the order of their reactivity, shows the products of their reactions with bromomethane, and gives the relative rates of their reactions. There are large differences in the rates at which various nucleophiles react. Some S N 2 Reactions with Bromomethane Nu: – + CH 3 Br → CH 3 Nu + Br – Nucleophile Product Relative rate of reaction Formula Name Formula Name H 2 O Water CH 3 OH 2 + Methylhydronium ion 1 CH 3 CO 2 – Acetate CH 3 CO 2 CH 3 Methyl acetate 500 NH 3 Ammonia CH 3 NH 3 + Methylammonium ion 700 Cl – Chloride CH 3 Cl Chloromethane 1,000 HO – Hydroxide CH 3 OH Methanol 10,000 CH 3 O – Methoxide CH 3 OCH 3 Dimethyl ether 25,000 I – Iodide CH 3 I Iodomethane 100,000 – CN Cyanide CH 3 CN Acetonitrile 125,000 HS – Hydrosulfide CH 3 SH Methanethiol 125,000 What are the reasons for the reactivity differences observed in ? Why do some reactants appear to be much more “nucleophilic” than others? The answers to these questions aren’t straightforward. Part of the problem is that the term nucleophilicity is imprecise. The term is usually taken to be a measure of the affinity of a nucleophile for a carbon atom in the S N 2 reaction, but the reactivity of a given nucleophile can change from one reaction to the next. The exact nucleophilicity of a species in a given reaction depends on the substrate, the solvent, and even the reactant concentrations. Detailed explanations for the observed nucleophilicities aren’t always simple, but some trends can be detected from the data of . Nucleophilicity roughly parallels basicity when comparing nucleophiles that have the same reacting atom. Thus, OH – is both more basic and more nucleophilic than acetate ion, CH 3 CO 2 – , which in turn is more basic and more nucleophilic than H 2 O. Since “nucleophilicity” is usually taken as the affinity of a Lewis base for a carbon atom in the S N 2 reaction and “basicity” is the affinity of a base for a proton, it’s easy to see why there might be a correlation between the two kinds of behavior. Nucleophilicity usually increases going down a column of the periodic table. Thus, HS – is more nucleophilic than HO – , and the halide reactivity order is I – > Br – > Cl – . Going down the periodic table, elements have their valence electrons in successively larger shells where they are successively farther from the nucleus, less tightly held, and consequently more reactive. This matter is complex, though, and the nucleophilicity order can change depending on the solvent. Negatively charged nucleophiles are usually more reactive than neutral ones. As a result, S N 2 reactions are often carried out under basic conditions rather than neutral or acidic conditions. Problems The Leaving Group Still another variable that can affect the S N 2 reaction is the nature of the group displaced by the incoming nucleophile, the leaving group . Because the leaving group is expelled with a negative charge in most S N 2 reactions, the best leaving groups are those that best stabilize the negative charge in the transition state. The greater the extent of charge stabilization by the leaving group, the lower the energy of the transition state and the more rapid the reaction. But as we saw in , the groups that best stabilize a negative charge are also the weakest bases. Thus, weak bases such as Cl – , Br – , and tosylate ion make good leaving groups, while strong bases such as OH – and NH 2 – make poor leaving groups. It’s just as important to know which are poor leaving groups as to know which are good, and the preceding data clearly indicate that F – , HO – , RO – , and H 2 N – are not displaced by nucleophiles. In other words, alkyl fluorides, alcohols, ethers, and amines do not typically undergo S N 2 reactions. To carry out an S N 2 reaction with an alcohol, it’s necessary to convert the – OH into a better leaving group. This, in fact, is just what happens when a primary or secondary alcohol is converted into either an alkyl chloride by reaction with SOCl 2 or an alkyl bromide by reaction with PBr 3 ( ). Alternatively, an alcohol can be made more reactive toward nucleophilic substitution by treating it with para -toluenesulfonyl chloride to form a tosylate. As noted previously, tosylates are even more reactive than halides in nucleophilic substitutions. Note that tosylate formation does not change the configuration of the oxygen-bearing carbon because the C–O bond is not broken. The one general exception to the rule that ethers don’t typically undergo S N 2 reactions pertains to epoxides, the three-membered cyclic ethers that we saw in . Because of the angle strain in their three-membered ring, epoxides are much more reactive than other ethers. They react with aqueous acid to give 1,2-diols, as we saw in , and they react readily with many other nucleophiles as well. Propene oxide, for instance, reacts with HCl to give 1-chloro-2-propanol by an S N 2 backside attack on the less hindered primary carbon atom. We’ll look at the process in more detail in Section 18.5 . Problems The Solvent The rates of S N 2 reactions are strongly affected by the solvent. Protic solvents—those that contain an –OH or –NH group—are generally the worst for S N 2 reactions, while polar aprotic solvents, which are polar but don’t have an –OH or –NH group, are the best. Protic solvents, such as methanol and ethanol, slow down S N 2 reactions by solvation of the reactant nucleophile. The solvent molecules hydrogen-bond to the nucleophile and form a cage around it, thereby lowering its energy and reactivity. In contrast with protic solvents—which decrease the rates of S N 2 reactions by lowering the ground-state energy of the nucleophile—polar aprotic solvents increase the rates of S N 2 reactions by raising the ground-state energy of the nucleophile. Acetonitrile (CH 3 CN), dimethylformamide [(CH 3 ) 2 NCHO, abbreviated DMF], and dimethyl sulfoxide [(CH 3 ) 2 SO, abbreviated DMSO] are particularly useful. A solvent known as hexamethylphosphoramide {[(CH 3 ) 2 N] 3 PO, abbreviated HMPA} can also be useful but it should only be handled with great care and not be allowed to touch the eyes or skin. These solvents can dissolve many salts because of their high polarity, but they tend to solvate metal cations rather than nucleophilic anions. As a result, the bare, unsolvated anions have a greater nucleophilicity and S N 2 reactions take place at correspondingly increased rates. For instance, a rate increase of 200,000 has been observed on changing from methanol to HMPA for the reaction of azide ion with 1-bromobutane. Problems A Summary of S N 2 Reaction Characteristics The effects on S N 2 reactions of the four variables—substrate structure, nucleophile, leaving group, and solvent—are summarized in the following statements and in the energy diagrams of : Variable Effects Substrate Steric hindrance raises the energy of the S N 2 transition state, increasing ∆ G ‡ and decreasing the reaction rate ( a). As a result, S N 2 reactions are best for methyl and primary substrates. Secondary substrates react slowly, and tertiary substrates do not react by an S N 2 mechanism. Nucleophile Basic, negatively charged nucleophiles are less stable and have a higher ground-state energy than neutral ones, decreasing ∆ G ‡ and increasing the S N 2 reaction rate ( b). Leaving group Good leaving groups (more stable anions) lower the energy of the transition state, decreasing ∆ G ‡ and increasing the S N 2 reaction rate ( c). Solvent Protic solvents solvate the nucleophile, thereby lowering its ground-state energy, increasing ∆ G ‡ , and decreasing the S N 2 reaction rate. Polar aprotic solvents surround the accompanying cation but not the nucleophilic anion, thereby raising the ground-state energy of the nucleophile, decreasing ∆ G ‡ , and increasing the reaction rate ( d). Energy diagrams showing the effects of (a) substrate, (b) nucleophile, (c) leaving group, and (d) solvent on S N 2 reaction rates. Substrate and leaving group effects are felt primarily in the transition state. Nucleophile and solvent effects are felt primarily in the reactant ground state.", "section": "Characteristics of the SN2 Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The S N 1 Reaction Most nucleophilic substitutions take place by the S N 2 pathway just discussed. The reaction is favored when carried out with an unhindered substrate and a negatively charged nucleophile in a polar aprotic solvent, but is disfavored when carried out with a hindered substrate and a neutral nucleophile in a protic solvent. You might therefore expect the reaction of a tertiary substrate (hindered) with water (neutral, protic) to be among the slowest of substitution reactions. Remarkably, however, the opposite is true. The reaction of the tertiary halide 2-bromo-2-methylpropane (CH 3 ) 3 CBr with H 2 O to give the alcohol 2-methyl-2-propanol is more than 1 million times faster than the corresponding reaction of CH 3 Br to give methanol. What’s going on here? A nucleophilic substitution reaction is occurring—a hydroxyl group is replacing a halogen—yet the reactivity order seems backward. These reactions can’t be taking place by the S N 2 mechanism we’ve been discussing, so we must therefore conclude that they are occurring by an alternative substitution mechanism. This alternative mechanism is called the S N 1 reaction , for substitution, nucleophilic, unimolecular . In contrast to the S N 2 reaction of CH 3 Br with OH – , the S N 1 reaction of (CH 3 ) 3 CBr with H 2 O has a rate that depends only on the alkyl halide concentration and is independent of the H 2 O concentration. In other words, the process is a first-order reaction ; the concentration of the nucleophile does not appear in the rate equation. Reaction rate = Rate of disappearance of alkyl halide = k × [ RX ] To explain this result, we need to know more about kinetics measurements. Many organic reactions occur in several steps, one of which usually has a higher-energy transition state than the others and is therefore slower. We call this step with the highest transition-state energy the rate-limiting step , or rate-determining step . No reaction can proceed faster than its rate-limiting step, which acts as a kind of traffic jam, or bottleneck. In the S N 1 reaction of (CH 3 ) 3 CBr with H 2 O, the fact that the nucleophile concentration does not appear in the first-order rate equation means that it is not involved in the rate-limiting step and must therefore be involved in some other, non-rate-limiting step. The mechanism shown in accounts for these observations. MECHANISM The mechanism of the S N 1 reaction of 2-bromo-2-methylpropane with H 2 O involves three steps. Step 1 —the spontaneous, unimolecular dissociation of the alkyl bromide to yield a carbocation—is rate-limiting. Unlike what occurs in an S N 2 reaction, where the leaving group is displaced while the incoming nucleophile approaches, an S N 1 reaction takes place by loss of the leaving group before the nucleophile approaches. 2-Bromo-2-methylpropane spontaneously dissociates to the tert -butyl carbocation (CH 3 ) 3 C + , plus Br – in a slow, rate-limiting step, and the intermediate carbocation is then immediately trapped by the nucleophile water in a faster second step. Thus, water is not a reactant in the step whose rate is measured. The energy diagram is shown in . An energy diagram for an S N 1 reaction. The rate-limiting step is the spontaneous dissociation of the alkyl halide to give a carbocation intermediate. Reaction of the carbocation with a nucleophile then occurs in a second, faster step. Because an S N 1 reaction occurs through a carbocation intermediate, its stereochemical outcome is different from that of an S N 2 reaction. Carbocations, as we’ve seen, are planar, sp 2 -hybridized, and achiral. Thus, if we carry out an S N 1 reaction on one enantiomer of a chiral reactant and go through an achiral carbocation intermediate, the product loses its optical activity ( ). That is, the symmetrical intermediate carbocation can react with a nucleophile equally well from either side, leading to a racemic, 50 : 50 mixture of enantiomers ( ). Stereochemistry of the S N 1 reaction. Because the reaction goes through an achiral intermediate, an enantiomerically pure reactant gives an optically inactive racemic product. The conclusion that S N 1 reactions on enantiomerically pure substrates should give racemic products is nearly, but not exactly, what is found. In fact, few S N 1 displacements occur with complete racemization. Most give a minor (0–20%) excess of inversion. The reaction of ( R )-6-chloro-2,6-dimethyloctane with H 2 O, for example, leads to an alcohol product that is approximately 80% racemized and 20% inverted (80% R,S + 20% S is equivalent to 40% R + 60% S ). This lack of complete racemization in S N 1 reactions is due to the fact that ion pairs are involved. According to this explanation, first proposed by Saul Winstein at UCLA, dissociation of the substrate occurs to give a structure in which the two ions are still loosely associated and in which the carbocation is effectively shielded from reaction on one side by the departing anion. If a certain amount of substitution occurs before the two ions fully diffuse apart, then a net inversion of configuration will be observed ( ). Ion pairs in an S N 1 reaction. The leaving group shields one side of the carbocation intermediate from reaction with the nucleophile, thereby leading to some inversion of configuration rather than complete racemization. Problems", "section": "The SN1 Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Characteristics of the S N 1 Reaction Just as the S N 2 reaction is strongly influenced by the structure of the substrate, the leaving group, the nucleophile, and the solvent, the S N 1 reaction is similarly influenced. Factors that lower ∆ G ‡ , either by lowering the energy level of the transition state or by raising the energy level of the ground state, favor faster S N 1 reactions. Conversely, factors that raise ∆ G ‡ , either by raising the energy level of the transition state or by lowering the energy level of the reactant, slow down the S N 1 reaction. The Substrate According to the Hammond postulate ( ), any factor that stabilizes a high-energy intermediate also stabilizes the transition state leading to that intermediate. Because the rate-limiting step in an S N 1 reaction is the spontaneous, unimolecular dissociation of the substrate to yield a carbocation, the reaction is favored whenever a stabilized carbocation intermediate is formed. The more stable the carbocation intermediate, the faster the S N 1 reaction. We saw in that the stability order of alkyl carbocations is 3° > 2° > 1° > methyl. To this list we should also add the resonance-stabilized allyl and benzyl cations. Just as allylic radicals are unusually stable because the unpaired electron can be delocalized over an extended π orbital system ( ), so allylic and benzylic carbocations are unusually stable. (The word benzylic means “next to an aromatic ring.”) As indicates, an allylic cation has two resonance forms. In one form, the double bond is on the “left”; in the other form it’s on the “right.” A benzylic cation has five resonance forms, all of which contribute to the overall resonance hybrid. Resonance forms of allylic and benzylic carbocations. The positive charge is delocalized over the π system in both. Electron-poor atoms are indicated by blue arrows. Because of resonance stabilization, a primary allylic or benzylic carbocation is about as stable as a secondary alkyl carbocation, and a secondary allylic or benzylic carbocation is about as stable as a tertiary alkyl carbocation. This stability order of carbocations is the same as the order of S N 1 reactivity for alkyl halides and tosylates. We should also note parenthetically that primary allylic and benzylic substrates are particularly reactive in S N 2 reactions as well as in S N 1 reactions. Allylic and benzylic C–X bonds are about 50 kJ/mol (12 kcal/mol) weaker than the corresponding saturated bonds and are therefore more easily broken. Problems The Leaving Group We said during the discussion of S N 2 reactivity that the best leaving groups are those that are most stable; that is, those that are the conjugate bases of strong acids. An identical reactivity order is found for the S N 1 reaction because the leaving group is directly involved in the rate-limiting step. Thus, the S N 1 reactivity order is Note that in the S N 1 reaction, which is often carried out under acidic conditions, neutral water is sometimes the leaving group. This occurs, for example, when an alkyl halide is prepared from a tertiary alcohol by reaction with HBr or HCl ( ). As shown in , the alcohol is first protonated and then spontaneously loses H 2 O to generate a carbocation, which reacts with halide ion to give the alkyl halide. Knowing that an S N 1 reaction is involved in the conversion of alcohols to alkyl halides explains why the reaction works well only for tertiary alcohols. Tertiary alcohols react fastest because they give the most stable carbocation intermediates. MECHANISM The mechanism of the S N 1 reaction of a tertiary alcohol with HBr to yield an alkyl halide. Neutral water is the leaving group (step 2 ). The Nucleophile The nature of the nucleophile plays a major role in the S N 2 reaction but does not affect an S N 1 reaction. Because the S N 1 reaction occurs through a rate-limiting step in which the added nucleophile has no part, the nucleophile can’t affect the reaction rate. The reaction of 2-methyl-2-propanol with HX, for instance, occurs at the same rate regardless of whether X is Cl, Br, or I. Furthermore, neutral nucleophiles are just as effective as negatively charged ones, so S N 1 reactions frequently occur under neutral or acidic conditions. The Solvent What about the solvent? Do solvents have the same effect in S N 1 reactions that they have in S N 2 reactions? The answer is both yes and no. Yes, solvents have a large effect on S N 1 reactions, but no, the reasons for the effects on S N 1 and S N 2 reactions are not the same. Solvent effects in the S N 2 reaction are due largely to stabilization or destabilization of the nucleophile reactant, while solvent effects in the S N 1 reaction are due largely to stabilization or destabilization of the transition state . The Hammond postulate says that any factor stabilizing the intermediate carbocation should increase the rate of an S N 1 reaction. Solvation of the carbocation—the interaction of the ion with solvent molecules—has such an effect. Solvent molecules orient around the carbocation so that the electron-rich ends of the solvent dipoles face the positive charge ( ), thereby lowering the energy of the ion and favoring its formation. Solvation of a carbocation by water. The electron-rich oxygen atoms of solvent molecules orient around the positively charged carbocation and thereby stabilize it. The properties of a solvent that contribute to its ability to stabilize ions by solvation are related to the solvent’s polarity. S N 1 reactions take place much more rapidly in strongly polar solvents, such as water and methanol, than in less polar solvents, such as ether and chloroform. In the reaction of 2-chloro-2-methylpropane, for example, a rate increase of 100,000 is observed upon going from ethanol (less polar) to water (more polar). The rate increases when going from a hydrocarbon solvent to water are so large they can’t be measured accurately. It should be emphasized again that both the S N 1 and the S N 2 reaction show solvent effects, but that they do so for different reasons. S N 2 reactions are disfavored in protic solvents because the ground-state energy of the nucleophile is lowered by solvation. S N 1 reactions are favored in protic solvents because the transition-state energy leading to carbocation intermediate is lowered by solvation. A Summary of S N 1 Reaction Characteristics The effects on S N 1 reactions of the four variables—substrate, leaving group, nucleophile, and solvent—are summarized in the following statements: Variable Effects Substrate The best substrates yield the most stable carbocations. As a result, S N 1 reactions are best for tertiary, allylic, and benzylic halides. Leaving group Good leaving groups increase the reaction rate by lowering the energy level of the transition state for carbocation formation. Nucleophile The nucleophile must be nonbasic to prevent a competitive elimination of HX ( ), but otherwise does not affect the reaction rate. Neutral nucleophiles work well. Solvent Polar solvents stabilize the carbocation intermediate by solvation, thereby increasing the reaction rate. Predicting the Mechanism of a Nucleophilic Substitution Reaction Predict whether each of the following substitution reactions is likely to be S N 1 or S N 2: Strategy Look at the substrate, leaving group, nucleophile, and solvent. Then decide from the summaries at the ends of and whether an S N 1 or an S N 2 reaction is favored. S N 1 reactions are favored by tertiary, allylic, or benzylic substrates, by good leaving groups, by nonbasic nucleophiles, and by protic solvents. S N 2 reactions are favored by primary substrates, by good leaving groups, by good nucleophiles, and by polar aprotic solvents. Solution (a) This is likely to be an S N 1 reaction because the substrate is secondary and benzylic, the nucleophile is weakly basic, and the solvent is protic. (b) This is likely to be an S N 2 reaction because the substrate is primary, the nucleophile is a good one, and the solvent is polar aprotic. Problems", "section": "Characteristics of the SN1 Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biological Substitution Reactions Both S N 1 and S N 2 reactions are common in biological chemistry, particularly in the pathways for biosynthesis of the many thousands of plant-derived substances called terpenoids, which we saw briefly in the Chapter 8 Chemistry Matters and will discuss in Section 27.5 . Unlike what typically happens in the laboratory, however, the substrate in a biological substitution reaction is usually an organodiphosphate rather than an alkyl halide. Thus, the leaving group is the diphosphate ion, abbreviated PP i , rather than a halide ion. In fact, it’s useful to think of the diphosphate group as the “biological equivalent” of a halide. The dissociation of an organodiphosphate in a biological reaction is typically assisted by complexation to a divalent metal cation such as Mg 2+ to help neutralize charge and make the diphosphate a better leaving group. As an example, two S N 1 reactions occur during the biosynthesis of geraniol, a fragrant alcohol found in roses and used in perfumery. Geraniol biosynthesis begins with dissociation of dimethylallyl diphosphate to give an allylic carbocation, which reacts with isopentenyl diphosphate ( ). From the viewpoint of isopentenyl diphosphate, the reaction is an electrophilic alkene addition, but from the viewpoint of dimethylallyl diphosphate, the process is an S N 1 reaction in which the carbocation intermediate reacts with a double bond as the nucleophile. Biosynthesis of geraniol from dimethylallyl diphosphate. Two S N 1 reactions occur, both with diphosphate ion as the leaving group. Following this initial S N 1 reaction, loss of the pro- R hydrogen gives geranyl diphosphate, itself an allylic diphosphate that dissociates a second time. Reaction of the geranyl carbocation with water in a second S N 1 reaction, followed by loss of a proton, then yields geraniol. As another example, S N 2 reactions are involved in almost all biological methylations, which transfer a –CH 3 group from an electrophilic donor to a nucleophile. The donor is S -adenosylmethionine (abbreviated SAM), which contains a positively charged sulfur (a sulfonium ion, ), and the leaving group is the neutral S -adenosylhomocysteine molecule. In the biosynthesis of epinephrine (adrenaline) from norepinephrine, for instance, the nucleophilic nitrogen atom of norepinephrine attacks the electrophilic methyl carbon atom of S -adenosylmethionine in an S N 2 reaction, displacing S -adenosylhomocysteine ( ). In effect, S -adenosylmethionine is simply a biological equivalent of CH 3 Cl. The biosynthesis of epinephrine from norepinephrine occurs by an S N 2 reaction with S -adenosylmethionine. Problems", "section": "Biological Substitution Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Elimination Reactions: Zaitsev’s Rule We said at the beginning of this chapter that two kinds of reactions can take place when a nucleophile/Lewis base reacts with an alkyl halide. The nucleophile can either substitute for the halide by reaction at carbon or can cause elimination of HX by reaction at a neighboring hydrogen: Elimination reactions are more complex than substitution reactions for several reasons. One is the problem of regiochemistry. What product results by loss of HX from an unsymmetrical halide? In fact, elimination reactions almost always give mixtures of alkene products, and the best we can usually do is to predict which will be the major product. According to Zaitsev’s rule , formulated in 1875 by the Russian chemist Alexander Zaitsev, base-induced elimination reactions generally (although not always) give the more stable alkene product—that is, the alkene with more alkyl substituents on the double-bond carbons. In the following two cases, for example, the more highly substituted alkene product predominates. ZAITSEV’S RULE In the elimination of HX from an alkyl halide, the more highly substituted alkene product predominates. Another factor that complicates a study of elimination reactions is that they can take place by different mechanisms, just as substitutions can. We’ll consider three of the most common mechanisms—the E1, E2, and E1cB reactions—which differ in the timing of C–H and C–X bond-breaking. In the E1 reaction, the C–X bond breaks first to give a carbocation intermediate, which undergoes subsequent base abstraction of H + to yield the alkene. In the E2 reaction, base-induced C–H bond cleavage is simultaneous with C–X bond cleavage, giving the alkene in a single step. In the E1cB reaction (cB for “ conjugate base ”), base abstraction of the proton occurs first, giving a carbanion (R : – ) intermediate. This anion, the conjugate base of the reactant “acid,” then undergoes loss of X – in a subsequent step to give the alkene. All three mechanisms occur frequently in the laboratory, but the E1cB mechanism predominates in biological pathways. Predicting the Product of an Elimination Reaction What product would you expect from reaction of 1-chloro-1-methylcyclohexane with KOH in ethanol? Strategy Treatment of an alkyl halide with a strong base such as KOH yields an alkene. To find the products in a specific case, locate the hydrogen atoms on each carbon next to the leaving group, and then generate the potential alkene products by removing HX in as many ways as possible. The major product will be the one that has the most highly substituted double bond—in this case, 1-methylcyclohexene. Solution Problems", "section": "Elimination Reactions: Zaitsev’s Rule", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The E2 Reaction and the Deuterium Isotope Effect The E2 reaction (for elimination, bimolecular ) occurs when an alkyl halide is treated with a strong base, such as hydroxide ion or alkoxide ion (RO – ). It is the most commonly occurring pathway for elimination and can be formulated as shown in . MECHANISM Mechanism of the E2 reaction of an alkyl halide. The reaction takes place in a single step through a transition state in which the double bond begins to form at the same time the H and X groups are leaving. Like the S N 2 reaction, the E2 reaction takes place in one step without intermediates. As the base begins to abstract H + from a carbon next to the leaving group, the C–H bond begins to break, a C═C bond begins to form, and the leaving group begins to depart, taking with it the electron pair from the C–X bond. Among the pieces of evidence supporting this mechanism is the fact that E2 reactions show second-order kinetics and follow the rate law: rate = k × [RX] × [Base]. That is, both the base and alkyl halide take part in the rate-limiting step. A second piece of evidence in support of the E2 mechanism is provided by a phenomenon known as the deuterium isotope effect . For reasons that we won’t go into, a carbon–hydrogen bond is weaker by about 5 kJ/mol (1.2 kcal/mol) than the corresponding carbon–deuterium bond. Thus, a C–H bond is more easily broken than an equivalent C–D bond, and the rate of C–H bond cleavage is faster. For instance, the base-induced elimination of HBr from 1-bromo-2-phenylethane proceeds 7.11 times faster than the corresponding elimination of DBr from 1-bromo-2, 2-dideuterio-2-phenylethane. This result tells us that the C–H (or C–D) bond is broken in the rate-limiting step, consistent with our picture of the E2 reaction as a one-step process. If it were otherwise, we wouldn’t observe a rate difference. Yet a third piece of mechanistic evidence involves the stereochemistry of E2 eliminations. As shown by a large number of experiments, E2 reactions occur with periplanar geometry, meaning that all four reacting atoms—the hydrogen, the two carbons, and the leaving group—lie in the same plane. Two such geometries are possible: syn periplanar geometry, in which the H and the X are on the same side of the molecule, and anti periplanar geometry, in which the H and the X are on opposite sides of the molecule. Of the two, anti periplanar geometry is energetically preferred because it allows the substituents on the two carbons to adopt a staggered relationship, whereas syn geometry requires that the substituents be eclipsed. What’s so special about periplanar geometry? Because the sp 3 σ orbitals in the reactant C–H and C–X bonds must overlap and become p π orbitals in the alkene product, there must also be some overlap in the transition state. This can occur most easily if all the orbitals are in the same plane to begin with—that is, if they’re periplanar ( ). The transition state for the E2 reaction of an alkyl halide with base. Overlap of the developing p orbitals in the transition state requires periplanar geometry of the reactant. You can think of E2 elimination reactions with periplanar geometry as being similar to S N 2 reactions with 180° geometry. In an S N 2 reaction, an electron pair from the incoming nucleophile pushes out the leaving group on the opposite side of the molecule. In an E2 reaction, an electron pair from a neighboring C–H bond also pushes out the leaving group on the opposite side of the molecule. Anti periplanar geometry for E2 eliminations has specific stereochemical consequences that provide strong evidence for the proposed mechanism. To take just one example, meso -1,2-dibromo-1,2-diphenylethane undergoes E2 elimination on treatment with base to give only the E alkene. None of the isomeric Z alkene is formed because the transition state leading to the Z alkene would have to have syn periplanar geometry and would thus be higher in energy. Predicting the Double-Bond Stereochemistry of the Product in an E2 Reaction What stereochemistry do you expect for the alkene obtained by E2 elimination of (1 S ,2 S )-1,2-dibromo-1,2-diphenylethane? Strategy Draw (1 S ,2 S )-1,2-dibromo-1,2-diphenylethane so that you can see its stereochemistry and so that the –H and –Br groups to be eliminated are anti periplanar. Then carry out the elimination while keeping all substituents in approximately the same positions, and see what alkene results. Solution Anti periplanar elimination of HBr gives ( Z )-1-bromo-1,2-diphenylethylene. Problems", "section": "The E2 Reaction and the Deuterium Isotope Effect", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The E2 Reaction and Cyclohexane Conformation Anti periplanar geometry for E2 reactions is particularly important in cyclohexane rings, where chair geometry forces a rigid relationship between the substituents on neighboring carbon atoms ( ). The anti periplanar requirement for E2 reactions overrides Zaitsev’s rule and can be met in cyclohexanes only if the hydrogen and the leaving group are trans diaxial ( ). If either the leaving group or the hydrogen is equatorial, E2 elimination can’t occur. The geometric requirement for an E2 reaction in a substituted cyclohexane. The leaving group and the hydrogen must both be axial for anti periplanar elimination to occur. The elimination of HCl from the isomeric menthyl and neomenthyl chlorides shown in gives a good illustration of this trans-diaxial requirement. Neomenthyl chloride undergoes elimination of HCl on reaction with ethoxide ion 200 times faster than menthyl chloride. Furthermore, neomenthyl chloride yields 1-menthene as the major alkene product, whereas menthyl chloride yields 2-menthene. Dehydrochlorination of menthyl and neomenthyl chlorides. (a) Neomenthyl chloride loses HCl directly from its more stable conformation, but (b) menthyl chloride must first ring-flip to a higher energy conformation before HCl loss can occur. The abbreviation “Et” represents an ethyl group. The difference in reactivity between the isomeric menthyl chlorides is due to the difference in their conformations. Neomenthyl chloride has the conformation shown in a, with the methyl and isopropyl groups equatorial and the chlorine axial—a perfect geometry for E2 elimination. Loss of the hydrogen atom at C1 occurs easily to yield the more substituted alkene product, 1-menthene, as predicted by Zaitsev’s rule. Menthyl chloride, by contrast, has a conformation in which all three substituents are equatorial ( b). To achieve the necessary geometry for elimination, menthyl chloride must first ring-flip to a higher-energy chair conformation, in which all three substituents are axial. E2 elimination then occurs with loss of the only trans-diaxial hydrogen available, leading to the non-Zaitsev product 2-menthene. The net effect of the simple change in chlorine stereochemistry is a 200-fold change in reaction rate and a complete change of product. The chemistry of the molecule is controlled by its conformation. Problems", "section": "The E2 Reaction and Cyclohexane Conformation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The E1 and E1cB Reactions The E1 Reaction Just as the E2 reaction is analogous to the S N 2 reaction, the S N 1 reaction has a close analog called the E1 reaction (for elimination, unimolecular). The E1 reaction can be formulated as shown in , with the elimination of HCl from 2-chloro-2-methylpropane. MECHANISM Mechanism of the E1 reaction. Two steps are involved, the first of which is rate-limiting, and a carbocation intermediate is present. E1 eliminations begin with the same unimolecular dissociation to give a carbocation that we saw in the S N 1 reaction, but the dissociation is followed by loss of H + from the adjacent carbon rather than by substitution. In fact, the E1 and S N 1 reactions normally occur together whenever an alkyl halide is treated in a protic solvent with a nonbasic nucleophile. Thus, the best E1 substrates are also the best S N 1 substrates, and mixtures of substitution and elimination products are usually obtained. For example, when 2-chloro-2-methylpropane is warmed to 65 °C in 80% aqueous ethanol, a 64 : 36 mixture of 2-methyl-2-propanol (S N 1) and 2-methylpropene (E1) results. Much evidence has been obtained in support of the E1 mechanism. For example, E1 reactions show first-order kinetics, consistent with a rate-limiting, unimolecular dissociation process. Furthermore, E1 reactions show no deuterium isotope effect because rupture of the C–H (or C–D) bond occurs after the rate-limiting step rather than during it. Thus, we can’t measure a rate difference between a deuterated and nondeuterated substrate. A final piece of evidence involves the stereochemistry of elimination. Unlike the E2 reaction, where anti periplanar geometry is required, there is no geometric requirement on the E1 reaction because the halide and the hydrogen are lost in separate steps. We might therefore expect to obtain the more stable (Zaitsev’s rule) product from E1 reaction, which is just what we find. To return to a familiar example, menthyl chloride loses HCl under E1 conditions in a polar solvent to give a mixture of alkenes in which the Zaitsev product, 3-menthene, predominates ( ). Elimination reactions of menthyl chloride. E2 conditions ( 1 , strong base in 100% ethanol) lead to 2-menthene through an anti periplanar elimination, whereas E1 conditions ( 2 , dilute base in 80% aqueous ethanol) lead to a mixture of 2-menthene and 3-menthene. The E1cB Reaction In contrast to the E1 reaction, which involves a carbocation intermediate, the E1cB reaction takes place through a carbanion intermediate. Base-induced abstraction of a proton in a slow, rate-limiting step gives an anion, which expels a leaving group on the adjacent carbon. The reaction is particularly common in substrates that have a poor leaving group, such as –OH, two carbons removed from a carbonyl group, as in HOC–CH–C═O . The poor leaving group disfavors the alternative E1 and E2 possibilities, and the carbonyl group makes the adjacent hydrogen unusually acidic by resonance stabilization of the anion intermediate. We’ll look at this acidifying effect of a carbonyl group in Section 22.5 .", "section": "The E1 and E1cB Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biological Elimination Reactions All three elimination reactions—E2, E1, and E1cB—occur in biological pathways, but the E1cB mechanism is particularly common. The substrate is usually an alcohol rather than an alkyl halide, and the H atom removed is usually adjacent to a carbonyl group, just as in laboratory reactions. Thus, 3-hydroxy carbonyl compounds are frequently converted to unsaturated carbonyl compounds by elimination reactions. A typical example occurs during the biosynthesis of fats and oils when a 3-hydroxybutyryl thioester is dehydrated to the corresponding unsaturated (crotonyl) thioester. The base in this reaction is a histidine amino acid in the enzyme, and the loss of the –OH group is assisted by simultaneous protonation.", "section": "Biological Elimination Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "A Summary of Reactivity: S N 1, S N 2, E1, E1cB, and E2 S N 1, S N 2, E1, E1cB, E2—how can you keep it all straight and predict what will happen in any given case? Will substitution or elimination occur? Will the reaction be bimolecular or unimolecular? There are no rigid answers to these questions, but it’s possible to recognize some trends and make some generalizations. Primary alkyl halides S N 2 substitution occurs if a good nucleophile is used, E2 elimination occurs if a strong, sterically hindered base is used, and E1cB elimination occurs if the leaving group is two carbons away from a carbonyl group. Secondary alkyl halides S N 2 substitution occurs if a weakly basic nucleophile is used in a polar aprotic solvent, E2 elimination predominates if a strong base is used, and E1cB elimination takes place if the leaving group is two carbons away from a carbonyl group. Secondary allylic and benzylic alkyl halides can also undergo S N 1 and E1 reactions if a weakly basic nucleophile is used in a protic solvent. Tertiary alkyl halides E2 elimination occurs when a base is used, but S N 1 substitution and E1 elimination occur together under neutral conditions, such as in pure ethanol or water. E1cB elimination takes place if the leaving group is two carbons away from a carbonyl group. Predicting the Product and Mechanism of Reactions Tell whether each of the following reactions is likely to be S N 1, S N 2, E1, E1cB, or E2, and predict the product of each: Strategy Look carefully in each reaction at the structure of the substrate, the leaving group, the nucleophile, and the solvent. Then decide from the preceding summary which kind of reaction is likely to be favored. Solution (a) A secondary, nonallylic substrate can undergo an S N 2 reaction with a good nucleophile in a polar aprotic solvent but will undergo an E2 reaction on treatment with a strong base in a protic solvent. In this case, E2 reaction is likely to predominate. (b) A secondary benzylic substrate can undergo an S N 2 reaction on treatment with a nonbasic nucleophile in a polar aprotic solvent and will undergo an E2 reaction on treatment with a base. Under protic conditions, such as aqueous formic acid (HCO 2 H), an S N 1 reaction is likely, along with some E1 reaction. Problems Green Chemistry Organic chemistry in the 20th century changed the world, giving us new medicines, food preservatives, insecticides, adhesives, textiles, dyes, building materials, composites, and all manner of polymers. But these advances did not come without a cost: Almost every chemical process produces waste that must be dealt with, including reaction solvents and toxic by-products that might evaporate into the air or be leached into groundwater if not disposed of properly. Even apparently harmless by-products must be safely buried or otherwise sequestered. As always, there’s no such thing as a free lunch. With the good also comes the bad. It may never be possible to make organic chemistry completely benign, but awareness of the environmental problems caused by many chemical processes has grown dramatically in recent years, giving rise to a movement called green chemistry. Green chemistry is the design and implementation of chemical products and processes that reduce waste and attempt to eliminate the generation of hazardous substances. There are 12 principles of green chemistry: Prevent waste – Waste should be prevented rather than treated or cleaned up after it has been created. Maximize atom economy – Synthetic methods should maximize the incorporation of all materials used in a process into the final product so that waste is minimized. Use less hazardous processes – Synthetic methods should use reactants and generate wastes with minimal toxicity to health and the environment. Design safer chemicals – Chemical products should be designed to have minimal toxicity. Use safer solvents – Minimal use should be made of solvents, separation agents, and other auxiliary substances in a reaction. Design for energy efficiency – Energy requirements for chemical processes should be minimized, with reactions carried out at room temperature if possible. Use renewable feedstocks – Raw materials should come from renewable sources when feasible. Minimize derivatives – Syntheses should be designed with minimal use of protecting groups to avoid extra steps and reduce waste. Use catalysis – Reactions should be catalytic rather than stoichiometric. Design for degradation – Products should be designed to be biodegradable at the end of their useful lifetimes. Monitor pollution in real time – Processes should be monitored in real time for the formation of hazardous substances. Prevent accidents – Chemical substances and processes should minimize the potential for fires, explosions, or other accidents. The foregoing 12 principles may not all be met in most real-world applications, but they provide a worthy goal and they can make chemists think more carefully about the environmental implications of their work. Real success stories have occurred, and more are in progress. Approximately 7 million pounds per year of ibuprofen (6 billion tablets!) are now made by a “green” process that produces approximately 99% less waste than the process it replaces. Only three steps are needed, the anhydrous HF solvent used in the first step is recovered and reused, and the second and third steps are catalytic. anti periplanar benzylic bimolecular deuterium isotope effect E1 reaction E1cB reaction E2 reaction first-order reaction ion pair kinetics leaving group nucleophilic substitution reaction periplanar rate-determining step rate-limiting step second-order reaction S N 1 reaction S N 2 reaction solvation syn periplanar tosylate unimolecular Zaitsev’s rule Summary The reaction of an alkyl halide or tosylate with a nucleophile/base results either in substitution or in elimination. The resultant nucleophilic substitution and base-induced elimination reactions are two of the most widely occurring and versatile reaction types in organic chemistry, both in the laboratory and in biological pathways. Nucleophilic substitutions are of two types: S N 2 reactions and S N 1 reactions . In the S N 2 reaction, the entering nucleophile approaches the halide from a direction 180° away from the leaving group, resulting in an umbrella-like inversion of configuration at the carbon atom. The reaction is kinetically second-order and is strongly inhibited by increasing steric bulk of the reactants. Thus, S N 2 reactions are favored for primary and secondary substrates. In the S N 1 reaction, the substrate spontaneously dissociates to a carbocation in a slow rate-limiting step , followed by a rapid reaction with the nucleophile. As a result, S N 1 reactions are kinetically first-order and take place with substantial racemization of configuration at the carbon atom. They are most favored for tertiary substrates. Both S N 1 and S N 2 reactions occur in biological pathways, although the leaving group is typically a diphosphate ion rather than a halide. Eliminations of alkyl halides to yield alkenes occur by three mechanisms: E2 reactions , E1 reactions , and E1cB reactions , which differ in the timing of C–H and C–X bond-breaking. In the E2 reaction, C–H and C–X bond-breaking occur simultaneously when a base abstracts H + from one carbon while the leaving group departs from the neighboring carbon. The reaction takes place preferentially through an anti periplanar transition state in which the four reacting atoms—hydrogen, two carbons, and leaving group—are in the same plane. The reaction shows second-order kinetics and a deuterium isotope effect , and occurs when a secondary or tertiary substrate is treated with a strong base. These elimination reactions usually give a mixture of alkene products in which the more highly substituted alkene predominates ( Zaitsev’s rule ). In the E1 reaction, C–X bond-breaking occurs first. The substrate dissociates to yield a carbocation in the slow rate-limiting step before losing H + from an adjacent carbon in a second step. The reaction shows first-order kinetics and no deuterium isotope effect and occurs when a tertiary substrate reacts in polar, nonbasic solution. In the E1cB reaction, C–H bond-breaking occurs first. A base abstracts a proton to give a carbanion, followed by loss of the leaving group from the adjacent carbon in a second step. The reaction is favored when the leaving group is two carbons removed from a carbonyl, which stabilizes the intermediate anion by resonance. Biological elimination reactions typically occur by this E1cB mechanism. In general, substrates react in the following way: Summary of Reactions Nucleophilic substitutions S N 1 reaction of 3°, allylic, and benzylic halides ( and ) S N 2 reaction of 1° and simple 2° halides ( and ) Eliminations E1 reaction ( ) E1cB reaction ( ) E2 reaction ( ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Nucleophilic Substitution Reactions Elimination Reactions General Problems", "section": "A Summary of Reactivity: SN1, SN2, E1, E1cB, and E2", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? More than a thousand different chemical compounds have been isolated from coffee. Their structures were determined using various spectroscopic techniques. (credit: modification of work \"Coffee\" by Rafael Saldaña/Flickr, CC BY 2.0) Finding the structures of new molecules, whether small ones synthesized in the laboratory or large proteins and nucleic acids found in living organisms, is central to progress in chemistry and biochemistry. We can only scratch the surface of structure determination in this book, but after reading this and the following two chapters, you should have a good idea of the range of structural techniques available and of how and when each is used. Every time a reaction is run, the products must be identified, and every time a new compound is found in nature, its structure must be determined. Determining the structure of an organic compound was a difficult and time-consuming process until the mid-20th century, but powerful techniques and specialized instruments are now routinely used to simplify the problem. In this and the next two chapters, we’ll look at four such techniques—mass spectrometry (MS), infrared (IR) spectroscopy, ultraviolet spectroscopy (UV), and nuclear magnetic resonance spectroscopy (NMR)—and we’ll see the kind of information that can be obtained from each. Technique Information Mass spectrometry What is the size and formula? Infrared spectroscopy What functional groups are present? Ultraviolet spectroscopy Is a conjugated π electron system present? Nuclear magnetic resonance spectroscopy What is the carbon–hydrogen framework?", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Mass Spectrometry of Small Molecules: Magnetic-Sector Instruments At its simplest, mass spectrometry (MS) is a technique for measuring the mass, and therefore the molecular weight (MW), of a molecule. In addition, it’s often possible to gain structural information about a molecule by measuring the masses of the fragments produced when molecules are broken apart. More than 20 different kinds of commercial mass spectrometers are available depending on the intended application, but all have three basic parts: an ionization source in which sample molecules are given an electrical charge, a mass analyzer in which ions are separated by their mass-to-charge ratio, and a detector in which the separated ions are observed and counted. Among the most common mass spectrometers used for routine purposes in the laboratory is the electron-impact, magnetic-sector instrument shown schematically in . A small amount of sample is vaporized into the ionization source, where it is bombarded by a stream of high-energy electrons. The energy of the electron beam can be varied but is commonly around 70 electron volts (eV), or 6700 kJ/mol. When a high-energy electron strikes an organic molecule, it dislodges a valence electron from the molecule, producing a cation radical — cation because the molecule has lost an electron and now has a positive charge; radical because the molecule now has an odd number of electrons. Electron bombardment transfers so much energy that most of the cation radicals fragment after formation. They break apart into smaller pieces, some of which retain the positive charge and some of which are neutral. The fragments then flow through a curved pipe in a strong magnetic field, which deflects them into different paths according to their mass-to-charge ratio ( m / z ). Neutral fragments are not deflected by the magnetic field and are lost on the walls of the pipe, but positively charged fragments are sorted by the mass spectrometer onto a detector, which records them as peaks at the various m / z ratios. Since the number of charges z on each ion is usually 1, the value of m / z for each ion is simply its mass m. Masses up to approximately 2500 atomic mass units (amu) can be analyzed by this type of instrument. Representation of an electron-ionization, magnetic-sector mass spectrometer. Molecules are ionized by collision with high-energy electrons, causing some of the molecules to fragment. Passage of the charged fragments through a magnetic field then sorts them according to their mass. Another common type of mass spectrometer uses what is called a quadrupole mass analyzer , which has a set of four solid rods is arranged parallel to the direction of the ion beam, with an oscillating electrostatic field is generated in the space between the rods. For a given field, only one m/z value will make it through the quadrupole region. The others will crash into the rods or the walls of the instrument and never reach the detector . Representation of a quadrupole mass analyzer. Only ions of a certain m/z will reach the detector; other ions will collide with the rods. The mass spectrum of a compound is typically presented as a bar graph, with masses ( m / z values) on the x axis and intensity, or relative abundance of ions of a given m / z striking the detector, on the y axis. The tallest peak, assigned an intensity of 100%, is called the base peak , and the peak that corresponds to the unfragmented cation radical is called the precursor peak , or the molecular ion ( M + , or simply M ). shows the mass spectrum of propane. Mass spectrum of propane (C 3 H 8 ; MW = 44). Mass spectral fragmentation patterns are usually complex, and the molecular ion is often not the base peak. The mass spectrum of propane in , for instance, shows a molecular ion at m / z = 44 that is only about 30% as high as the base peak at m/z = 29. In addition, many other fragment ions are present.", "section": "Mass Spectrometry of Small Molecules: Magnetic-Sector Instruments", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Interpreting Mass Spectra What kinds of information can we get from a mass spectrum? The most obvious information is the molecular weight of the sample, which in itself can be invaluable. If we were given samples of hexane (MW = 86), 1-hexene (MW = 84), and 1-hexyne (MW = 82), for example, mass spectrometry would easily distinguish them. Some instruments, called double-focusing mass spectrometers , have two magnetic sectors in their mass analyzers, giving these spectrometers have such high resolution that they provide mass measurements accurate to 5 ppm, or about 0.0005 amu, making it possible to distinguish between two formulas with the same nominal mass. For example, both C 5 H 12 and C 4 H 8 O have MW = 72, but they differ slightly beyond the decimal point: C 5 H 12 has an exact mass of 72.0939 amu, whereas C 4 H 8 O has an exact mass of 72.0575 amu. A high-resolution instrument can easily distinguish between them. Note, however, that exact mass measurements refer to molecules with specific isotopic compositions. Thus, the sum of the exact atomic masses of the specific isotopes in a molecule is measured—1.007 83 amu for 1 H, 12.000 00 amu for 12 C, 14.003 07 amu for 14 N, 15.994 91 amu for 16 O, and so on—rather than the sum of the average atomic masses of elements, as found on a periodic table. Unfortunately, not every compound shows a molecular ion in its electron-impact mass spectrum. Although M + is usually easy to identify if it’s abundant, some compounds, such as 2,2-dimethylpropane, fragment so easily that no molecular ion is observed ( ). In such cases, alternative “soft” ionization methods that don’t use electron bombardment can prevent or minimize fragmentation (see Section 12.4). Mass spectrum of 2,2-dimethylpropane (C 5 H 12 ; MW = 72). No molecular ion is observed when electron-impact ionization is used. What do you think is the formula and structure of the M + peak at m / z = 57? Knowing the molecular weight makes it possible to narrow considerably the choices of molecular formula. For example, if the mass spectrum of an unknown compound shows a molecular ion at m / z = 110, the molecular formula is likely to be C 8 H 14 , C 7 H 10 O, C 6 H 6 O 2 , or C 6 H 10 N 2 . There are always a number of molecular formulas possible for all but the lowest molecular weights, and a computer can easily generate a list of the choices. A further point about mass spectrometry, noticeable in the spectra of both propane ( ) and 2,2-dimethylpropane ( ), is that the peak for the molecular ion is not at the highest m/z value. There is also a small peak at M + 1 due to the presence of different isotopes in the molecules. Although 12 C is the most abundant carbon isotope, a small amount (1.10% natural abundance) of 13 C is also present. Thus, a certain percentage of the molecules analyzed in the mass spectrometer are likely to contain a 13 C atom, giving rise to the observed M + 1 peak. In addition, a small amount of 2 H (deuterium; 0.015% natural abundance) is present, making a further contribution to the M + 1 peak. Mass spectrometry would be useful even if molecular weight and formula were the only information that could be obtained, but in fact it provides much more. For one thing, the mass spectrum of a compound serves as a kind of “molecular fingerprint.” Every organic compound fragments in a unique way depending on its structure, and the likelihood of two compounds having identical mass spectra is small. Thus, it’s sometimes possible to identify an unknown by computer-based matching of its mass spectrum to one of the more than 785,061 searchable spectra recorded in a database called the Registry of Mass Spectral Data . It’s also possible to derive structural information about a molecule by interpreting its fragmentation pattern. Fragmentation occurs when the high-energy cation radical flies apart by spontaneous cleavage of a chemical bond. One of the two fragments retains the positive charge and is a carbocation, while the other fragment is a neutral radical. Not surprisingly, the positive charge often remains with the fragment that is best able to stabilize it. In other words, a relatively stable carbocation is often formed during fragmentation. For example, 2,2-dimethylpropane tends to fragment in such a way that the positive charge remains with the tert -butyl group. 2,2-Dimethylpropane therefore has a base peak at m/z = 57, corresponding to C 4 H 9 + ( ). Because mass-spectral fragmentation patterns are usually complex, it’s often difficult to assign structures to fragment ions. Most hydrocarbons fragment in many ways, as demonstrated by the mass spectrum of hexane in . The hexane spectrum shows a moderately abundant molecular ion at m / z = 86 and fragment ions at m/z = 71, 57, 43, and 29. Since all the carbon–carbon bonds of hexane are electronically similar, all break to a similar extent, giving rise to the observed mixture of ions. Mass spectrum of hexane (C 6 H 14 ; MW = 86). The base peak is at m / z = 57, and numerous other ions are present. shows how the hexane fragments might arise. The loss of a methyl radical (CH 3 , M = 15) from the hexane cation radical (M + = 86) gives rise to a fragment of mass 86 – 15 = 71; the loss of an ethyl radical (C 2 H 5 , M = 29) accounts for a fragment of mass 86 – 29 = 57; the loss of a propyl radical (C 3 H 7 , M = 43) accounts for a fragment of mass 86 – 43 = 43; and the loss of a butyl radical accounts for a fragment of mass 29. With practice, it’s sometimes possible to analyze the fragmentation pattern of an unknown compound and work backward to a structure that is compatible with the data. Fragmentation of hexane in a mass spectrometer. We’ll see in the next section and in later chapters that specific functional groups, such as alcohols, ketones, aldehydes, and amines, show specific kinds of mass spectral fragmentations that can be interpreted to provide structural information. Using Mass Spectra to Identify Compounds Assume that you have two unlabeled samples, one of methylcyclohexane and the other of ethylcyclopentane. How could you use mass spectrometry to tell them apart? The mass spectra of both are shown in . Mass spectra of unlabeled samples A and B for . Strategy Look at the possible structures and decide on how they differ. Then think about how any of these differences in structure might give rise to differences in mass spectra. Methyl cyclohexane, for instance, has a –CH 3 group, and ethylcyclopentane has a –CH 2 CH 3 group, which should affect the fragmentation patterns. Solution Both mass spectra show molecular ions at M + = 98, corresponding to C 7 H 14 , but they differ in their fragmentation patterns. Sample A has its base peak at m / z = 69, corresponding to the loss of a CH 2 CH 3 group (29 mass units), but B has a rather small peak at m / z = 69. Sample B shows a base peak at m / z = 83, corresponding to the loss of a CH 3 group (15 mass units), but sample A has only a small peak at m / z = 83. We can therefore be reasonably certain that A is ethylcyclopentane and B is methylcyclohexane. Problems", "section": "Interpreting Mass Spectra", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Mass Spectrometry of Some Common Functional Groups As each functional group is discussed in future chapters, mass-spectral fragmentations characteristic of that group will be described. As a preview, though, we’ll point out some distinguishing features of several common functional groups. Alcohols Alcohols undergo fragmentation in a mass spectrometer by two pathways: alpha cleavage and dehydration . In the α -cleavage pathway, a C–C bond nearest the hydroxyl group is broken, yielding a neutral radical plus a resonance-stabilized, oxygen-containing cation. This type of fragmentation is seen in the spectrum of 2-pentanol in . Mass spectrum of 2-pentanol. In the dehydration pathway, water is eliminated, yielding an alkene radical cation with a mass 18 amu less than M + . For simplicity, we have drawn the dehydration below as an E2-type process. Often the hydrogen that is lost is not beta to the hydroxyl. Only a small peak from dehydration is observed in the spectrum of 2-pentanol ( ). Amines The nitrogen rule of mass spectrometry says that a compound with an odd number of nitrogen atoms has an odd-numbered molecular weight. The logic behind the rule comes from the fact that nitrogen is trivalent, thus requiring an odd number of hydrogen atoms. The presence of nitrogen in a molecule is often detected simply by observing its mass spectrum. An odd-numbered molecular ion usually means that the unknown compound has one or three nitrogen atoms, and an even-numbered molecular ion usually means that a compound has either zero or two nitrogen atoms. Aliphatic amines undergo a characteristic α cleavage in a mass spectrometer, similar to that observed for alcohols. A C–C bond nearest the nitrogen atom is broken, yielding an alkyl radical and a resonance-stabilized, nitrogen-containing cation. The mass spectrum of triethylamine has a base peak at m / z = 86, which arises from an alpha cleavage resulting in the loss of a methyl group ( ). Mass spectrum of triethylamine. Halides The fact that some elements have two common isotopes gives their mass spectra a distinctive appearance. Chlorine, for example, exists as two isotopes, 35 Cl and 37 Cl, in roughly a 3 : 1 ratio. In a sample of chloroethane, three out of four molecules contain a 35 Cl atom and one out of four has a 37 Cl atom. In the mass spectrum of chloroethane ( we see the molecular ion (M) at m / z = 64 for ions that contain a 35 Cl and another peak at m / z = 66, called the M + 2 peak, for ions containing a 37 Cl. The ratio of the relative abundance of M : M + 2 is about 3 : 1, a reflection of the isotopic abundances of chlorine. Mass spectrum of chloroethane. In the case of bromine, the isotopic distribution is 50.7% 79 Br and 49.3% 81 Br. In the mass spectrum of 1-bromohexane ( ) the molecular ion appears at m / z = 164 for 79 Br-containing ions and the M + 2 peak is at m / z = 166 for 81 Br-containing ions. The ions at m / z = 135 and 137 are informative as well. The two nearly equally large peaks tell us that the ions at those m / z values still contain the bromine atom. The peak at m / z = 85, on the other hand, does not contain bromine because there is not a large peak at m / z = 87. Mass spectrum of 1-bromohexane. Carbonyl Compounds Ketones and aldehydes that have a hydrogen on a carbon three atoms away from the carbonyl group undergo a characteristic mass-spectral cleavage called the McLafferty rearrangement . The hydrogen atom is transferred to the carbonyl oxygen, a C–C bond between the alpha and beta carbons is broken, and a neutral alkene fragment is produced. The charge remains with the oxygen-containing fragment. In addition, ketones and aldehydes frequently undergo α cleavage of the bond between the carbonyl carbon and the neighboring carbon to yield a neutral radical and a resonance-stabilized acyl cation. Because the carbon neighboring the carbonyl carbon is called the alpha carbon, the reaction is called an alpha cleavage. (To be more general about neighboring positions in carbonyl compounds, Greek letters are used in alphabetical order: alpha, beta, gamma, delta, and so on.) The mass spectrum of butyrophenone illustrates both alpha cleavage and the McLafferty rearrangement ( ). Alpha cleavage of the propyl substituent results in the loss of C 3 H 7 = 43 mass units from the precursor ion at m / z = 148 to give the fragment ion at m / z = 105. A McLafferty rearrangement of butyrophenone results in the loss of ethylene, C 2 H 4 = 28 mass units, from the precursor leaving the ion at m / z = 120. Mass spectrum of butyrophenone. Identifying Fragmentation Patterns in a Mass Spectrum The mass spectrum of 2-methyl-3-pentanol is shown in . What fragments can you identify? Mass spectrum of 2-methyl-3-pentanol, for . Strategy Calculate the mass of the molecular ion, and identify the functional groups in the molecule. Then write the fragmentation processes you might expect, and compare the masses of the resultant fragments with the peaks present in the spectrum. Solution 2-Methyl-3-pentanol, an open-chain alcohol, has M + = 102 and might be expected to fragment by α cleavage and by dehydration. These processes would lead to fragment ions of m / z = 84, 73, and 59. Of the three expected fragments, dehydration is not observed (no m / z = 84 peak), but both α cleavages take place ( m / z = 73, 59). Problems", "section": "Mass Spectrometry of Some Common Functional Groups", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Mass Spectrometry in Biological Chemistry: Time-of-Flight (TOF) Instruments MS analyses of sensitive biological samples rarely use magnetic sector ionization. Instead, they typically use either electrospray ionization ( ESI ) or matrix-assisted laser desorption ionization ( MALDI ), typically linked to a time-of-flight ( TOF ) mass analyzer. Both ESI and MALDI are soft ionization methods that produce charged molecules with little fragmentation, even with sensitive biological samples of very high molecular weight. In an ESI source, as a sample solution exits the tube, it is subjected to a high voltage that causes the droplets to become charged. The sample molecules gain one or more protons from charged solvent molecules in the droplet. The volatile solvent quickly evaporates, giving variably protonated sample molecules (M + H n n + ). In a MALDI source, the sample is adsorbed onto a suitable matrix compound, such as 2,5-dihydroxybenzoic acid, which is ionized by a short burst of laser light. The matrix compound then transfers the energy to the sample and protonates it, forming M + H n n + ions. Following ion formation, the variably protonated sample molecules are electrically focused into a small packet with a narrow spatial distribution, and the packet is given a sudden kick of energy by an accelerator electrode. As each molecule in the packet is given the same energy, E = mv 2 /2, it begins moving with a velocity that depends on the square root of its mass, v = 2 E / m . Lighter molecules move faster, and heavier molecules move slower. The analyzer itself—the drift tube —is simply an electrically grounded metal tube inside which the different charged molecules become separated as they move at different velocities and take different amounts of time to complete their flight. The Time of Flight technique is considerably more sensitive than the magnetic sector alternative, and protein samples of up to 100 kilodaltons (100,000 amu) can be separated with a mass accuracy of 3 ppm. shows a MALDI–TOF spectrum of chicken egg-white lysozyme, MW = 14,306.7578 daltons. Biochemists generally use the unit dalton , abbreviated Da, instead of amu, although the two are equivalent (1 dalton = 1 amu). MALDI–TOF mass spectrum of chicken egg-white lysozyme. The peak at 14,306.7578 daltons (amu) is due to the monoprotonated protein, M + H + , and the peak at 28,614.2188 daltons is due to an impurity formed by dimerization of the protein. Other peaks at lower m / z values are various protonated species, M + H n n + .", "section": "Mass Spectrometry in Biological Chemistry: Time-of-Flight (TOF) Instruments", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy and the Electromagnetic Spectrum Infrared, ultraviolet, and nuclear magnetic resonance spectroscopies differ from mass spectrometry in that they are nondestructive and involve the interaction of molecules with electromagnetic energy rather than with an ionizing source. Before beginning a study of these techniques, however, let’s briefly review the nature of radiant energy and the electromagnetic spectrum. Visible light, X rays, microwaves, radio waves, and so forth are all different kinds of electromagnetic radiation. Collectively, they make up the electromagnetic spectrum , shown in . The electromagnetic spectrum is arbitrarily divided into regions, with the familiar visible region accounting for only a small portion, from 3.8 × 10 –7 m to 7.8 × 10 –7 m in wavelength. The visible region is flanked by the infrared and ultraviolet regions. The electromagnetic spectrum covers a continuous range of wavelengths and frequencies, from radio waves at the low-frequency end to gamma ( γ ) rays at the high-frequency end. The familiar visible region accounts for only a small portion near the middle of the spectrum. Electromagnetic radiation is often said to have dual behavior. In some respects, it has the properties of a particle, called a photon , yet in other respects it behaves as an energy wave. Like all waves, electromagnetic radiation is characterized by a wavelength , a frequency , and an amplitude ( ). The wavelength, λ (Greek lambda), is the distance from one wave maximum to the next. The frequency, ν (Greek nu), is the number of waves that pass by a fixed point per unit time, usually given in reciprocal seconds (s –1 ), or hertz, Hz (1 Hz = 1 s –1 ). The amplitude is the height of a wave, measured from midpoint to peak. The intensity of radiant energy, whether a feeble glow or a blinding glare, is proportional to the square of the wave’s amplitude. Electromagnetic waves are characterized by a wavelength, a frequency, and an amplitude. (a) Wavelength ( λ ) is the distance between two successive wave maxima. Amplitude is the height of the wave measured from the center. (b)–(c) What we perceive as different kinds of electromagnetic radiation are simply waves with different wavelengths and frequencies. Multiplying the wavelength of a wave in meters (m) by its frequency in reciprocal seconds (s –1 ) gives the speed of the wave in meters per second (m/s). The rate of travel of all electromagnetic radiation in a vacuum is a constant value, commonly called the “speed of light” and abbreviated c. Its numerical value is defined as exactly 2.997 924 58 × 10 8 m/s, usually rounded off to 3.00 × 10 8 m/s. Wavelength × Frequency = Speed λ ( m ) × ν ( s − 1 ) = c ( m/s ) λ = c v or v = c λ Just as matter comes only in discrete units called atoms, electromagnetic energy is transmitted only in discrete amounts called quanta . The amount of energy ε corresponding to 1 quantum of energy (1 photon ) of a given frequency ν is expressed by the Planck equation ε = h v = h c λ where h = Planck’s constant (6.62 × 10 –34 J ‧ s = 1.58 × 10 –34 cal ‧ s). The Planck equation says that the energy of a given photon varies directly with its frequency ν but inversely with its wavelength λ . High frequencies and short wavelengths correspond to high-energy radiation such as gamma rays; low frequencies and long wavelengths correspond to low-energy radiation such as radio waves. Multiplying ε by Avogadro’s number N A gives the same equation in more familiar units, where E represents the energy of Avogadro’s number (one “mole”) of photons of wavelength λ : E = N A h c λ = 1.20 × 10 − 4 kJ/mol λ ( m ) or 2.86 × 10 − 5 kcal/mol λ ( m ) When an organic compound is exposed to a beam of electromagnetic radiation, it absorbs energy of some wavelengths but passes, or transmits, energy of other wavelengths. If we irradiate the sample with energy of many different wavelengths and determine which are absorbed and which are transmitted, we can measure the absorption spectrum of the compound. An example of an absorption spectrum—that of ethanol exposed to infrared radiation—is shown in . The horizontal axis records the wavelength, and the vertical axis records the intensity of the various energy absorptions in percent transmittance. The baseline corresponding to 0% absorption (or 100% transmittance) runs along the top of the chart, so a downward spike means that energy absorption has occurred at that wavelength. An infrared absorption spectrum for ethanol, CH 3 CH 2 OH. A transmittance of 100% means that all the energy is passing through the sample, whereas a lower transmittance means that some energy is being absorbed. Thus, each downward spike corresponds to an energy absorption. The energy a molecule gains when it absorbs radiation must be distributed over the molecule in some way. With infrared radiation, the absorbed energy causes bonds to stretch and bend more vigorously. With ultraviolet radiation, the energy causes an electron to jump from a lower-energy orbital to a higher-energy one. Different radiation frequencies affect molecules in different ways, but each provides structural information when the results are interpreted. There are many kinds of spectroscopies, which differ according to the region of the electromagnetic spectrum used. We’ll look at three: infrared spectroscopy, ultraviolet spectroscopy, and nuclear magnetic resonance spectroscopy. Let’s begin by seeing what happens when an organic sample absorbs infrared energy. Correlating Energy and Frequency of Radiation Which is higher in energy, FM radio waves with a frequency of 1.015 × 10 8 Hz (101.5 MHz) or visible green light with a frequency of 5 × 10 14 Hz? Strategy Remember the equations ε = hν and ε = hc / λ, which say that energy increases as frequency increases and as wavelength decreases. Solution Since visible light has a higher frequency than radio waves, it is higher in energy. Problems", "section": "Spectroscopy and the Electromagnetic Spectrum", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Infrared Spectroscopy In infrared (IR) spectroscopy , the IR region of the electromagnetic spectrum covers the range from just above the visible (7.8 × 10 –7 m) to approximately 10 –4 m, but only the midportion from 2.5 × 10 –6 m to 2.5 × 10 –5 m is used by organic chemists ( . Wavelengths within the IR region are usually given in micrometers (1 μ m = 10 –6 m), and frequencies are given in wavenumbers rather than in hertz. The wavenumber v ˜ is the reciprocal of wavelength in centimeters and is therefore expressed in units of cm –1 . Wavenumber: v ˜ ( cm − 1 ) = 1 λ ( cm ) Thus, the useful IR region is from 4000 to 400 cm –1 , corresponding to energies of 48.0 kJ/mol to 4.80 kJ/mol (11.5–1.15 kcal/mol). The infrared and adjacent regions of the electromagnetic spectrum. Why does an organic molecule absorb some wavelengths of IR radiation but not others? All molecules have a certain amount of energy and are in constant motion. Their bonds stretch and contract, atoms wag back and forth, and other molecular vibrations occur. Some of the kinds of allowed vibrations are shown below: The amount of energy a molecule contains is not continuously variable but is quantized. That is, a molecule can stretch or bend only at specific frequencies corresponding to specific energy levels. Take bond stretching, for example. Although we usually speak of bond lengths as if they were fixed, the numbers given are really averages. In fact, a typical C–H bond with an average bond length of 110 pm is actually vibrating at a specific frequency, alternately stretching and contracting as if there were a spring connecting the two atoms. When a molecule is irradiated with electromagnetic radiation, energy is absorbed if the frequency of the radiation matches the frequency of the vibration. The result of this energy absorption is an increased amplitude for the vibration; in other words, the “spring” connecting the two atoms stretches and compresses a bit further. Since each frequency absorbed by a molecule corresponds to a specific molecular motion, we can find what kinds of motions a molecule has by measuring its IR spectrum. By interpreting these motions, we can find out what kinds of bonds (functional groups) are present in the molecule. IR spectrum → What molecular motions? → What functional groups?", "section": "Infrared Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Interpreting Infrared Spectra The complete interpretation of an IR spectrum is difficult because most organic molecules have dozens of different bond stretching and bending motions, and thus have dozens of absorptions. On the one hand, this complexity is a problem because it generally limits the laboratory use of IR spectroscopy to pure samples of fairly small molecules—little can be learned from IR spectroscopy about large, complex biomolecules. On the other hand, this complexity is useful because an IR spectrum acts as a unique fingerprint of a compound. In fact, the complex region of the IR spectrum, from 1500 cm –1 to around 400 cm –1 , is called the fingerprint region . If two samples have identical IR spectra, they are almost certainly identical compounds. Fortunately, we don’t need to interpret an IR spectrum fully to get useful structural information. Most functional groups have characteristic IR absorption bands that don’t change much from one compound to another. The C=O absorption of a ketone is almost always in the range 1680 to 1750 cm –1 ; the O–H absorption of an alcohol is almost always in the range 3400 to 3650 cm –1 ; the C=C absorption of an alkene is almost always in the range 1640 to 1680 cm –1 ; and so forth. By learning where characteristic functional-group absorptions occur, it’s possible to get structural information from IR spectra. lists the characteristic IR bands of some common functional groups. Characteristic IR Absorptions of Some Functional Groups Functional Group Absorption (cm –1 ) Intensity Alkane C–H 2850–2960 Medium Alkene =C–H 3020–3100 Medium C=C 1640–1680 Medium Alkyne ≡C–H 3300 Strong C≡C 2100–2260 Medium Alkyl halide C–Cl 600–800 Strong C–Br 500–600 Strong Alcohol O–H 3400–3650 Strong, broad C–O 1050–1150 Strong Arene C–H 3030 Weak Aromatic ring 1660–2000 Weak 1450–1600 Medium Amine N–H 3300–3500 Medium C–N 1030–1230 Medium Carbonyl compound C═O 1670–1780 Strong Aldehyde 1730 Strong Ketone 1715 Strong Ester 1735 Strong Amide 1690 Strong Carboxylic acid 1710 Strong Carboxylic acid O–H 2500–3100 Strong, broad Nitrile C≡N 2210–2260 Medium Nitro NO 2 1540 Strong Look at the IR spectra of hexane, 1-hexene, and 1-hexyne in to see an example of how IR spectroscopy can be used. Although all three IR spectra contain many peaks, there are characteristic absorptions of C═C and C≡C functional groups that allow the three compounds to be distinguished. Thus, 1-hexene shows a characteristic C═C absorption at 1660 cm –1 and a vinylic =C–H absorption at 3100 cm –1 , whereas 1-hexyne has a C≡C absorption at 2100 cm –1 and a terminal alkyne ≡C – H absorption at 3300 cm –1 . IR spectra of (a) hexane, (b) 1-hexene, and (c) 1-hexyne. Spectra like these are easily obtained from sub-milligram amounts of material in a few minutes using commercially available instruments. It helps in remembering the position of specific IR absorptions to divide the IR region from 4000 cm –1 to 400 cm –1 into four parts, as shown in . The four regions of the infrared spectrum: single bonds to hydrogen, triple bonds, double bonds, and fingerprint. The region from 4000 to 2500 cm –1 corresponds to absorptions caused by N–H, C–H, and O–H single-bond stretching motions. N–H and O–H bonds absorb in the 3300 to 3600 cm –1 range; C–H bond stretching occurs near 3000 cm –1 . The region from 2500 to 2000 cm –1 is where triple-bond stretching occurs. Both C≡N and C≡C bonds absorb here. The region from 2000 to 1500 cm –1 is where double bonds ( C═O , C═N , and C═C ) absorb. Carbonyl groups generally absorb in the range 1680 to 1750 cm –1 , and alkene stretching normally occurs in the narrow range of 1640 to 1680 cm –1 . The region below 1500 cm –1 is the fingerprint portion of the IR spectrum. A large number of absorptions due to a variety of C–C, C–O, C–N, and C–X single-bond vibrations occur here. Why do different functional groups absorb where they do? As noted previously, a good analogy is that of two weights (atoms) connected by a spring (a bond). Short, strong bonds vibrate at a higher energy and higher frequency than do long, weak bonds, just as a short, strong spring vibrates faster than a long, weak spring. Thus, triple bonds absorb at a higher frequency than double bonds, which in turn absorb at a higher frequency than single bonds. In addition, C–H, O–H, and N–H bonds vibrate at a higher frequency than bonds between heavier C, O, and N atoms. Distinguishing Isomeric Compounds by IR Spectroscopy Acetone (CH 3 COCH 3 ) and 2-propen-1-ol ( H 2 C═ CHCH 2 OH ) are isomers. How could you distinguish them by IR spectroscopy? Strategy Identify the functional groups in each molecule, and refer to . Solution Acetone has a strong C=O absorption at 1715 cm –1 , while 2-propen-1-ol has an –OH absorption at 3500 cm –1 and a C=C absorption at 1660 cm –1 . Problems", "section": "Interpreting Infrared Spectra", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Infrared Spectra of Some Common Functional Groups As each functional group is discussed in future chapters, the spectroscopic properties of that group will be described. For the present, we’ll point out some distinguishing features of the hydrocarbon functional groups already studied and briefly preview some other common functional groups. We should also point out, however, that in addition to interpreting absorptions that are present in an IR spectrum, it’s also possible to get structural information by noticing which absorptions are not present. If the spectrum of a compound has no absorptions at 3300 and 2150 cm –1 , the compound is not a terminal alkyne; if the spectrum has no absorption near 3400 cm –1 , the compound is not an alcohol; and so on. Alkanes The IR spectrum of an alkane is fairly uninformative because no functional groups are present and all absorptions are due to C–H and C–C bonds. Alkane C–H bonds show a strong absorption from 2850 to 2960 cm –1 , and saturated C–C bonds show a number of bands in the 800 to 1300 cm –1 range. Since most organic compounds contain saturated alkane-like portions, most organic compounds have these characteristic IR absorptions. The C–H and C–C bands are clearly visible in the three spectra shown previously in . Alkenes Alkenes show several characteristic stretching absorptions. Vinylic =C–H bonds absorb from 3020 to 3100 cm –1 , and alkene C═C bonds usually absorb near 1650 cm –1 , although in some cases their peaks can be rather small and difficult to see clearly when the alkene is symmetric, or nearly so. Both absorptions are visible in the 1-hexene spectrum in b. Alkenes have characteristic =C–H out-of-plane bending absorptions in the 700 to 1000 cm –1 range, thereby allowing the substitution pattern on a double bond to be determined ( ). For example, monosubstituted alkenes such as 1-hexene show strong characteristic bands at 910 and 990 cm –1 , and 1,1-disubstituted alkenes ( R 2 C═ CH 2 ) have an intense band at 890 cm –1 . C–H out-of-plane bending vibrations for substituted alkenes. Alkynes Alkynes show a C≡C stretching absorption at 2100 to 2260 cm –1 , an absorption that is much more intense for terminal alkynes than for internal alkynes. Terminal alkynes such as 1-hexyne also have a characteristic ≡C–H stretching absorption at 3300 cm –1 ( c). This band is diagnostic for terminal alkynes because it is fairly intense and quite sharp. Aromatic Compounds Aromatic compounds, such as benzene, have a weak C–H stretching absorption at 3030 cm –1 , just to the left of a typical saturated C–H band. In addition, they have a series of weak absorptions in the 1660 to 2000 cm –1 range and a series of medium-intensity absorptions in the 1450 to 1600 cm –1 region. These latter absorptions are due to complex molecular motions of the entire ring. The C–H out-of-plane bending region for benzene derivatives, between 650 to 1000 cm –1 , gives valuable information about the ring’s substitution pattern, as it does for the substitution pattern of alkenes ( ). C–H out-of-plane bending vibrations for substituted benzenes. The IR spectrum of phenylacetylene, shown in Figure 12.29 at the end of this section, gives an example, clearly showing the following absorbances: ≡C–H stretch at 3300 cm –1 , C–H stretches from the benzene ring at 3000 to 3100 cm –1 , C═C stretches of the benzene ring between 1450 and 1600 cm –1 , and out-of-plane bending of the ring’s C–H groups, indicating monosubstitution at 750 cm –1 . Alcohols The O–H functional group of alcohols is easy to spot. Alcohols have a characteristic band in the range 3400 to 3650 cm –1 that is usually broad and intense. Hydrogen bonding between O–H groups is responsible for making the absorbance so broad. If an O–H stretch is present, it’s hard to miss this band or to confuse it with anything else. Cyclohexanol ( ) is a good example. IR spectrum of cyclohexanol. Amines The N–H functional group of amines is also easy to spot in the IR, with a characteristic absorption in the 3300 to 3500 cm –1 range. Although alcohols absorb in the same range, an N–H absorption band is much sharper and less intense than an O–H band. Primary amines (R–NH 2 ) have two absorbances—one for the symmetric stretching mode and one for the asymmetric mode ( ). Secondary amines (R 2 N–H) only have one N–H stretching absorbance in this region. IR spectrum of cyclohexylamine. Carbonyl Compounds Carbonyl functional groups are the easiest to identify of all IR absorptions because of their sharp, intense peak in the range 1670 to 1780 cm –1 . Most important, the exact position of absorption within this range can often be used to identify the exact kind of carbonyl functional group—aldehyde, ketone, ester, and so forth. ALDEHYDES Saturated aldehydes absorb at 1730 cm –1 ; aldehydes next to either a double bond or an aromatic ring absorb at 1705 cm –1 . The C–H group attached to the carbonyl is responsible for the characteristic IR absorbance for aldehydes at 2750 and 2850 cm –1 ( ). Although these are not very intense, the absorbance at 2750 cm –1 is helpful when trying to distinguish between an aldehyde and a ketone. The IR spectrum of benzaldehyde. KETONES Saturated open-chain ketones and six-membered cyclic ketones absorb at 1715 cm –1 . Ring strain stiffens the C═O bond, making five-membered cyclic ketones absorb at 1750 cm –1 and four-membered cyclic ketones absorb at 1780 cm –1 , about 20 to 30 cm –1 lower than the corresponding saturated ketone. ESTERS Saturated esters have a C═O absorbance at 1735 cm –1 and two strong absorbances in the 1300 to 1000 cm –1 range from the C–O portion of the functional group. Like other carbonyl functional groups, esters next to either an aromatic ring or a double bond absorb at 1715 cm –1 , about 20 to 30 cm –1 lower than a saturated ester. Predicting IR Absorptions of Compounds Where might the following compounds have IR absorptions? Strategy Identify the functional groups in each molecule, and then check to see where those groups absorb. Solution (a) Absorptions: 3400 to 3650 cm –1 (O–H), 3020 to 3100 cm –1 (=C–H), 1640 to 1680 cm –1 ( C═C ). This molecule has an alcohol O–H group and an alkene double bond. (b) Absorptions: 3300 cm –1 ( ≡C–H ), 2100 to 2260 cm –1 ( C≡C ), 1735 cm –1 ( C═O ). This molecule has a terminal alkyne triple bond and a saturated ester carbonyl group. Identifying Functional Groups from an IR Spectrum The IR spectrum of an unknown compound is shown in . What functional groups does the compound contain? IR spectrum for . Strategy All IR spectra have many absorptions, but those useful for identifying specific functional groups are usually found in the region from 1500 cm –1 to 3300 cm –1 . Pay particular attention to the carbonyl region (1670 to 1780 cm –1 ), the aromatic region (1660 to 2000 cm –1 ), the triple-bond region (2000 to 2500 cm –1 ), and the C–H region (2500 to 3500 cm –1 ). Solution The spectrum shows an intense absorption at 1725 cm –1 due to a carbonyl group (perhaps an aldehyde, –CHO), a series of weak absorptions from 1800 to 2000 cm –1 characteristic of aromatic compounds, and a C–H absorption near 3030 cm –1 , also characteristic of aromatic compounds. In fact, the compound is phenylacetaldehyde. Problems X-Ray Crystallography The various spectroscopic techniques described in this and the next two chapters are enormously important in chemistry and have been fine-tuned to such a degree that the structure of almost any molecule can be found. Nevertheless, wouldn’t it be nice if you could simply look at a molecule and “see” its structure with your eyes? Determining the three-dimensional shape of an object around you is easy—you just look at it, let your eyes focus the light rays reflected from the object, and let your brain assemble the data into a recognizable image. If the object is small, you use a microscope and let the microscope lens focus the visible light. Unfortunately, there is a limit to what you can see, even with the best optical microscope. Called the diffraction limit, you can’t see anything smaller than the wavelength of light you are using for the observation. Visible light has wavelengths of several hundred nanometers, but atoms in molecules have dimensions on the order of 0.1 nm. Thus, to see a molecule—whether a small one in the laboratory or a large, complex enzyme with a molecular weight in the tens of thousands—you need wavelengths in the 0.1 nm range, which corresponds to X rays. Let’s say that we want to determine the structure and shape of an enzyme or other biological molecule. The technique used is called X-ray crystallography . First, the molecule is crystallized (which often turns out to be the most difficult and time-consuming part of the entire process) and a small crystal of 0.4 to 0.5 mm on its longest axis is glued to the end of a glass fiber. The fiber and attached crystal are then mounted in an instrument called an X-ray diffractometer, which consists of a radiation source, a sample positioning and orienting device that can rotate the crystal in any direction, a detector, and a controlling computer. Once mounted in the diffractometer, the crystal is irradiated with X rays, usually so-called Cu K α radiation with a wavelength of 0.154 nm. When the X rays strike the enzyme crystal, they interact with electrons in the molecule and are scattered into a diffraction pattern which, when detected and visualized, appears as a series of intense spots against a null background. The structure of human muscle fructose-1,6-bisphosphate aldolase, as determined by X-ray crystallography. (credit: modification of work Protein Data Bank, 1ALD. PDB ID: 1ALD, Gamblin, S.J. Davies, G.J. Grimes, J.M. Jackson, R.M. Littlechild, J.A. Watson, H.C. (1991) J. Mol. Biol. 219: 573-576, CC BY 1.0.) Manipulation of the diffraction pattern to extract three-dimensional molecular data is a complex process, but the final result is an electron-density map of the molecule. Because electrons are largely localized around atoms, any two centers of electron density located within bonding distance of each other are assumed to represent bonded atoms, leading to a recognizable chemical structure. So important is this structural information for biochemistry that an online database of approximately 145,000 biological substances has been created. Operated by Rutgers University and funded by the U.S. National Science Foundation, the Protein Data Bank (PDB) is a worldwide repository for processing and distributing three-dimensional structural data for biological macromolecules. We’ll see how to access the PDB in the Chapter 26 Chemistry Matters . absorption spectrum amplitude base peak cation radical electromagnetic spectrum frequency, ν hertz, Hz, infrared (IR) spectroscopy MALDI mass spectrometry (MS) McLafferty Rearrangement photon precursor peak quadrupole mass analyzer Time of Flight (TOF) wavelength, λ wavenumber, v ˜ Summary Finding the structure of a new molecule, whether a small one synthesized in the laboratory or a large protein found in living organisms, is central to the progression of chemistry and biochemistry. The structure of an organic molecule is usually determined using spectroscopic methods, including mass spectrometry and infrared spectroscopy. Mass spectrometry (MS) tells the molecular weight and formula of a molecule; infrared (IR) spectroscopy identifies the functional groups present in the molecule. In small-molecule mass spectrometry, molecules are first ionized by collision with a high-energy electron beam. The ions then fragment into smaller pieces, which are magnetically sorted according to their mass-to-charge ratio ( m / z ). The ionized sample molecule is called the molecular ion, M + , and measurement of its mass gives the molecular weight of the sample. Structural clues about unknown samples can be obtained by interpreting the fragmentation pattern of the molecular ion. Mass-spectral fragmentations are usually complex, however, and interpretation is often difficult. In biological mass spectrometry, molecules are protonated using either electrospray ionization (ESI) or matrix-assisted laser desorption ionization (MALDI), and the protonated molecules are separated by time-of-flight (TOF) mass analysis. Infrared spectroscopy involves the interaction of a molecule with electromagnetic radiation . When an organic molecule is irradiated with infrared energy, certain frequencies are absorbed by the molecule. The frequencies absorbed correspond to the amounts of energy needed to increase the amplitude of specific molecular vibrations such as bond stretching and bending. Since every functional group has a characteristic combination of bonds, every functional group has a characteristic set of infrared absorptions. For example, the terminal alkyne ≡C–H bond absorbs IR radiation of 3300 cm –1 , and the alkene C═C bond absorbs in the range 1640 to 1680 cm –1 . By observing which frequencies of infrared radiation are absorbed by a molecule and which are not, it’s possible to determine the functional groups a molecule contains. Additional Problems Visualizing Chemistry Mass Spectrometry Infrared Spectroscopy General Problems", "section": "Infrared Spectra of Some Common Functional Groups", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? NMR spectroscopy is an invaluable aid in carrying out the design and synthesis of new drugs. (credit: modification of work by Unknown/Pxhere, CC0 1.0) Nuclear magnetic resonance (NMR) spectroscopy has far-reaching applications in many scientific fields, particularly in chemical structure determination. Although we’ll just give an overview of the subject in this chapter, focusing on NMR applications with small molecules, more advanced NMR techniques are also used in biological chemistry to study protein structure and folding. Nuclear magnetic resonance (NMR) spectroscopy is the most valuable spectroscopic technique available to organic chemists. It’s the method of structure determination that organic chemists usually turn to first. We saw in the chapter on Structure Determination: Mass Spectrometry and Infrared Spectroscopy that mass spectrometry gives a molecule’s formula and infrared spectroscopy identifies a molecule’s functional groups. Nuclear magnetic resonance spectroscopy complements these other techniques by mapping a molecule’s carbon–hydrogen framework. Taken together, MS, IR, and NMR make it possible to determine the structures of even very complex molecules. Technique Examines Mass spectrometry Molecular size and formula Infrared spectroscopy Functional groups present NMR spectroscopy Map of carbon–hydrogen framework", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Many kinds of nuclei behave as if they were spinning about an axis, somewhat as the earth spins daily. Because they’re positively charged, these spinning nuclei act like tiny magnets and can interact with an external magnetic field, denoted B 0 . Not all nuclei act this way, but fortunately for organic chemists, both the proton ( 1 H) and the 13 C nucleus do have spins. The more common 12 C isotope, however, does not have nuclear spin. (In speaking about NMR, the words proton and hydrogen are often used interchangeably, since a hydrogen nucleus is just a proton.) Let’s see what the consequences of nuclear spin are and how we can use the results. In the absence of an external magnetic field, the spins of magnetic nuclei are oriented randomly. When a sample containing these nuclei is placed between the poles of a strong magnet, however, the nuclei adopt specific orientations, much as a compass needle orients in the earth’s magnetic field. A spinning 1 H or 13 C nucleus can orient so that its own tiny magnetic field is aligned either with (parallel to) or against (antiparallel to) the external field. The two orientations don’t have the same energy, however, and aren’t equally likely. The parallel orientation is slightly lower in energy by an amount that depends on the strength of the external field, making this spin state very slightly favored over the antiparallel orientation ( ). (a) Nuclear spins are oriented randomly in the absence of an external magnetic field but (b) have a specific orientation in the presence of an external field, B 0 . Some of the spins (red) are aligned parallel to the external field while others (blue) are antiparallel. The parallel spin state is slightly lower in energy and therefore favored. If the oriented nuclei are irradiated with electromagnetic radiation of the proper frequency, energy absorption occurs and the lower-energy spin state “flips” to the higher-energy state. When this spin-flip occurs, the magnetic nuclei are said to be in resonance with the applied radiation—hence the name nuclear magnetic resonance. The exact frequency necessary for resonance depends both on the strength of the external magnetic field, the identity of the nucleus, and the electronic environment of the nucleus. If a very strong magnetic field is applied, the energy difference between the two spin states is larger and higher-frequency (higher-energy) radiation is required for a spin-flip. If a weaker magnetic field is applied, less energy is required to effect the transition between nuclear spin states ( ). The energy difference Δ E between nuclear spin states depends on the strength of the applied magnetic field. Absorption of energy with frequency ν converts a nucleus from a lower spin state to a higher spin state. (a) Spin states have equal energies in the absence of an applied magnetic field but (b) have unequal energies in the presence of a magnetic field. At ν = 200 MHz, ∆ E = 8.0 × 10 –5 kJ/mol (1.9 × 10 –5 kcal/mol). (c) The energy difference between spin states is greater at larger applied fields. At ν = 500 MHz, ∆ E = 2.0 × 10 –4 kJ/mol. In practice, superconducting magnets that produce enormously powerful fields up to 23.5 tesla (T) are sometimes used, but field strengths in the range of 4.7 to 7.0 T are more common. At a magnetic field strength of 4.7 T, so-called radiofrequency (rf) energy in the 200 MHz range (1 MHz = 10 6 Hz) brings a 1 H nucleus into resonance, and rf energy of 50 MHz brings a 13 C nucleus into resonance. At the highest field strength currently available in commercial instruments (23.5 T), 1000 MHz energy is required for 1 H spectroscopy. These energies needed for NMR are much smaller than those required for IR spectroscopy; 200 MHz rf energy corresponds to only 8.0 × 10 –5 kJ/mol versus the 4.8 to 48 kJ/mol needed for IR spectroscopy. 1 H and 13 C nuclei are not unique in their ability to exhibit the NMR phenomenon. All nuclei with an odd number of protons ( 1 H, 2 H, 14 N, 19 F, 31 P, for example) and all nuclei with an odd number of neutrons ( 13 C, for example) show magnetic properties. Only nuclei with even numbers of both protons and neutrons ( 12 C, 16 O, 32 S) do not give rise to magnetic phenomena ( ). The NMR Behavior of Some Common Nuclei Magnetic nuclei Nonmagnetic nuclei 1 H 12 C 13 C 16 O 2 H 32 S 14 N 19 F 31 P Problems", "section": "Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Nature of NMR Absorptions From the description thus far, you might expect all 1 H nuclei in a molecule to absorb energy at the same frequency and all 13 C nuclei to absorb at the same frequency. If so, we would observe only a single NMR absorption signal in the 1 H or 13 C spectrum of a molecule, a situation that would be of little use. In fact, the absorption frequency is not the same for all 1 H or all 13 C nuclei. All nuclei in molecules are surrounded by electrons. When an external magnetic field is applied to a molecule, the electrons moving around nuclei set up tiny local magnetic fields of their own. These local magnetic fields act in opposition to the applied field so that the effective field actually felt by the nucleus is a bit weaker than the applied field. B effective = B applied - B local In describing this effect of local fields, we say that nuclei experience shielding from the full effect of the applied field by the surrounding electrons. Because each chemically distinct nucleus in a molecule is in a slightly different electronic environment, each nucleus is shielded to a slightly different extent and the effective magnetic field felt by each is slightly different. These tiny differences in the effective magnetic fields experienced by different nuclei can be detected, and we thus see a distinct NMR signal for each chemically distinct 13 C or 1 H nucleus in a molecule. As a result, an NMR spectrum effectively maps the carbon–hydrogen framework of an organic molecule. With practice, it’s possible to read this map and derive structural information. shows both the 1 H and the 13 C NMR spectra of methyl acetate, CH 3 CO 2 CH 3 . The horizontal axis shows the effective field strength felt by the nuclei, and the vertical axis indicates the intensity of absorption of rf energy. Each peak in the NMR spectrum corresponds to a chemically distinct 1 H or 13 C nucleus in the molecule. Note that NMR spectra are formatted with the zero absorption line at the bottom, whereas IR spectra are formatted with the zero absorption line at the top; . Note also that 1 H and 13 C spectra can’t be observed simultaneously on the same spectrometer because different amounts of energy are required to spin-flip the different kinds of nuclei. The two spectra must be recorded separately. (a) The 1 H NMR spectrum and (b) the proton-decoupled 13 C NMR spectrum of methyl acetate, CH 3 CO 2 CH 3 . The small peak labeled “TMS” at the far right of each spectrum is a calibration peak, as explained in the next section. The 13 C NMR spectrum of methyl acetate in b shows three peaks, one for each of the three chemically distinct carbon atoms in the molecule. The 1 H NMR spectrum in a shows only two peaks, however, even though methyl acetate has six hydrogens. One peak is due to the CH 3 C═O hydrogens, and the other to the −OCH 3 hydrogens. Because the three hydrogens in each methyl group have the same electronic environment, they are shielded to the same extent and are said to be equivalent. Chemically equivalent nuclei always show the same absorption. The two methyl groups themselves, however, are not equivalent, so the two sets of hydrogens absorb at different positions. The operation of a basic NMR spectrometer is illustrated in . An organic sample is dissolved in a suitable solvent (usually deuteriochloroform, CDCl 3 , which has no hydrogens) and placed in a thin glass tube between the poles of a magnet. The strong magnetic field causes the 1 H and 13 C nuclei in the molecule to align in one of the two possible orientations, and the sample is irradiated with rf energy. If the frequency of the rf irradiation is held constant and the strength of the applied magnetic field is varied, each nucleus comes into resonance at a slightly different field strength. A sensitive detector monitors the absorption of rf energy, and its electronic signal is then amplified and displayed as a peak. Schematic operation of a basic NMR spectrometer. A thin glass tube containing the sample solution is placed between the poles of a strong magnet and irradiated with rf energy. NMR spectroscopy differs from IR spectroscopy ( – ) in that the timescales of the two techniques are quite different. The absorption of infrared energy by a molecule giving rise to a change in vibrational amplitude is an essentially instantaneous process (about 10 –13 s), but the NMR process is much slower (about 10 –3 s). This difference in timescales between IR and NMR spectroscopy is analogous to the difference between cameras operating at very fast and very slow shutter speeds. The fast camera (IR) takes an instantaneous picture and freezes the action. If two rapidly interconverting species are present, IR spectroscopy records the spectrum of both. The slow camera (NMR), however, takes a blurred, time-averaged picture. If two species interconverting faster than 10 3 times per second are present in a sample, NMR records only a single, averaged spectrum, rather than separate spectra of the two discrete species. Because of this blurring effect, NMR spectroscopy can be used to measure the rates and activation energies of very fast chemical processes. In cyclohexane, for example, a ring-flip ( ) occurs so rapidly at room temperature that axial and equatorial hydrogens can’t be distinguished by NMR; only a single, averaged 1 H NMR absorption is seen for cyclohexane at 25 °C. At –90 °C, however, the ring-flip is slowed down enough that two absorption peaks are visible, one for the six axial hydrogens and one for the six equatorial hydrogens. Knowing the temperature and the rate at which signal blurring begins to occur, it’s possible to calculate that the activation energy for the cyclohexane ring-flip is 45 kJ/mol (10.8 kcal/mol). Problems", "section": "The Nature of NMR Absorptions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemical Shifts NMR spectra are displayed on charts that show the applied field strength increasing from left to right ( ). Thus, the left part of the chart is the low-field, or downfield , side, and the right part is the high-field, or upfield , side. Nuclei that absorb on the downfield side of the chart require a lower field strength for resonance, implying that they have less shielding. Nuclei that absorb on the upfield side require a higher field strength for resonance, implying that they have more shielding. The NMR chart. The downfield, deshielded side is on the left, and the upfield, shielded side is on the right. The tetramethylsilane (TMS) absorption is used as reference point. To define the position of an absorption, the NMR chart is calibrated and a reference point is used. In practice, a small amount of tetramethylsilane [TMS; (CH 3 ) 4 Si] is added to the sample so that a reference absorption peak is produced when the spectrum is run. TMS is used as reference for both 1 H and 13 C measurements because in both cases it produces a single peak that occurs upfield of other absorptions normally found in organic compounds. The 1 H and 13 C spectra of methyl acetate in have the TMS reference peak indicated. The position on the chart at which a nucleus absorbs is called its chemical shift . The chemical shift of TMS is set as the zero point, and other absorptions normally occur downfield, to the left on the chart. NMR charts are calibrated using an arbitrary scale called the delta ( δ ) scale , where 1 δ equals 1 part-per-million (1 ppm) of the spectrometer operating frequency. For example, if we were measuring the 1 H NMR spectrum of a sample using an instrument operating at 200 MHz, 1 δ would be 1 part per million of 200,000,000 Hz, or 200 Hz. If we were measuring the spectrum using a 500 MHz instrument, 1 δ = 500 Hz. The following equation can be used for any absorption: δ = Observed chemical shift (number of Hz away from TMS) Spectrometer frequency in MHz Although this method of calibrating NMR charts may seem complex, there’s a good reason for it. As we saw earlier, the rf frequency required to bring a given nucleus into resonance depends on the spectrometer’s magnetic field strength. But because there are many different kinds of spectrometers with many different magnetic field strengths available, chemical shifts given in frequency units (Hz) vary from one instrument to another. Thus, a resonance that occurs at 120 Hz downfield from TMS on one spectrometer might occur at 600 Hz downfield from TMS on another spectrometer with a more powerful magnet. By using a system of measurement in which NMR absorptions are expressed in relative terms (parts per million relative to spectrometer frequency) rather than absolute terms (Hz), it’s possible to compare spectra obtained on different instruments. The chemical shift of an NMR absorption in δ units is constant, regardless of the operating frequency of the spectrometer. A 1 H nucleus that absorbs at 2.0 δ on a 200 MHz instrument also absorbs at 2.0 δ on a 500 MHz instrument. The range in which most NMR absorptions occur is quite narrow. Almost all 1 H NMR absorptions occur from 0 to 10 δ downfield from the proton absorption of TMS, and almost all 13 C absorptions occur from 1 to 220 δ downfield from the carbon absorption of TMS. Thus, there is a likelihood that accidental overlap of nonequivalent signals will occur. The advantage of using an instrument with higher field strength (say, 500 MHz) rather than lower field strength (200 MHz) is that different NMR absorptions are more widely separated at the higher field strength. The chances that two signals will accidentally overlap are therefore lessened, and interpretation of spectra becomes easier. For example, two signals that are only 20 Hz apart at 200 MHz (0.1 ppm) are 50 Hz apart at 500 MHz (still 0.1 ppm). Problems", "section": "Chemical Shifts", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemical Shifts in 1 H NMR Spectroscopy As mentioned previously, differences in chemical shifts are caused by the small local magnetic field of electrons surrounding different nuclei. Nuclei that are more strongly shielded by electrons require a higher applied field to bring them into resonance so they absorb on the right side of the NMR chart. Nuclei that are less strongly shielded need a lower applied field for resonance so they absorb on the left of the NMR chart. Most 1 H chemical shifts fall within the range 0 to 10 δ, which can be divided into the five regions shown in . By remembering the positions of these regions, it’s often possible to tell at a glance what kinds of protons a molecule contains. Regions of the 1 H NMR Spectrum shows the correlation of 1 H chemical shift with electronic environment in more detail. In general, protons bonded to saturated, sp 3 -hybridized carbons absorb at higher fields, whereas protons bonded to sp 2 -hybridized carbons absorb at lower fields. Protons on carbons that are bonded to electronegative atoms, such as N, O, or halogen, also absorb at lower fields. Correlation of 1 H Chemical Shifts with Environment Type of hydrogen Diagram Chemical shift ( δ ) Reference Si(C H 3 ) 4 0 Alkyl (primary) —C H 3 0.7–1.3 Alkyl (secondary) —C H 2 — 1.2–1.6 Alkyl (tertiary) 1.4–1.8 Allylic 1.6–2.2 Methyl ketone 2.0–2.4 Aromatic methyl Ar—C H 3 2.4–2.7 Alkynyl — C ≡ C — H 2.5–3.0 Alkyl halide 2.5–4.0 Alcohol 2.5–5.0 Alcohol, ether 3.3–4.5 Vinylic 4.5–6.5 Aryl Ar— H 6.5–8.0 Aldehyde 9.7–10.0 Carboxylic acid 11.0–12.0 Predicting Chemical Shifts in 1 H NMR Spectra Methyl 2,2-dimethylpropanoate (CH 3 ) 3 CCO 2 CH 3 has two peaks in its 1 H NMR spectrum. What are their approximate chemical shifts? Strategy Identify the types of hydrogens in the molecule, and note whether each is alkyl, vinylic, or next to an electronegative atom. Then predict where each absorbs, using if necessary. Solution The –OCH 3 protons absorb around 3.5 to 4.0 δ because they are on carbon bonded to oxygen. The (CH 3 ) 3 C– protons absorb near 1.0 δ because they are typical alkane-like protons. Problems", "section": "Chemical Shifts in1H NMR Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Integration of 1 H NMR Absorptions: Proton Counting Look at the 1 H NMR spectrum of methyl 2,2-dimethylpropanoate in . There are two peaks, corresponding to the two kinds of protons, but the peaks aren’t the same size. The peak at 1.2 δ, due to the (CH 3 ) 3 C– protons, is larger than the peak at 3.7 δ, due to the –OCH 3 protons. The 1 H NMR spectrum of methyl 2,2-dimethylpropanoate. Integrating the peaks in a stair-step manner shows that they have a 1 : 3 ratio, corresponding to the ratio of the numbers of protons (3 : 9) responsible for each peak. Modern instruments give a direct digital readout of relative peak areas. The area under each peak is proportional to the number of protons causing that peak. By electronically measuring, or integrating , the area under each peak, it’s possible to measure the relative numbers of the different kinds of protons in a molecule. Modern NMR instruments provide a digital readout of relative peak areas, but an older, more visual method displays the integrated peak areas as a stair-step line, with the height of each step proportional to the area under the peak, and therefore proportional to the relative number of protons causing the peak. For example, the two steps for the peaks in methyl 2,2-dimethylpropanoate have a 1 : 3 (or 3 : 9) height ratio when integrated—exactly what we expect because the three −OCH 3 protons are equivalent and the nine (CH 3 ) 3 C– protons are equivalent. Problems", "section": "Integration of1H NMR Absorptions: Proton Counting", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spin–Spin Splitting in 1 H NMR Spectra In the 1 H NMR spectra we’ve seen thus far, each different kind of proton in a molecule has given rise to a single peak. It often happens, though, that the absorption of a proton splits into multiple peaks, called a multiplet . For example, in the 1 H NMR spectrum of bromoethane shown in , the –CH 2 Br protons appear as four peaks (a quartet ) centered at 3.42 δ and the –CH 3 protons appear as three peaks (a triplet ) centered at 1.68 δ . The 1 H NMR spectrum of bromoethane, CH 3 CH 2 Br. The –CH 2 Br protons appear as a quartet at 3.42 δ , and the –CH 3 protons appear as a triplet at 1.68 δ . Called spin–spin splitting , multiple absorptions of a nucleus are caused by the interaction, or coupling , of the spins of nearby nuclei. In other words, the tiny magnetic field produced by one nucleus affects the magnetic field felt by a neighboring nucleus. Look at the –CH 3 protons in bromoethane, for example. The three equivalent –CH 3 protons are neighbored by two other magnetic nuclei—the two protons on the adjacent –CH 2 Br group. Each of the neighboring –CH 2 Br protons has its own nuclear spin, which can align either with or against the applied field, producing a tiny effect that is felt by the –CH 3 protons. There are three ways in which the spins of the two –CH 2 Br protons can align, as shown in . If both proton spins align with the applied field, the total effective field felt by the neighboring –CH 3 protons is slightly larger than it would be otherwise. Consequently, the applied field necessary to cause resonance is slightly reduced. Alternatively, if one of the –CH 2 Br proton spins aligns with the field and one aligns against the field, there is no effect on the neighboring –CH 3 protons. (This arrangement can occur in two ways, depending on which of the two proton spins aligns which way.) Finally, if both –CH 2 Br proton spins align against the applied field, the effective field felt by the –CH 3 protons is slightly smaller than it would be otherwise, and the applied field needed for resonance is slightly increased. The origin of spin–spin splitting in bromoethane. The nuclear spins of neighboring protons, indicated by horizontal arrows, align either with or against the applied field, causing the splitting of absorptions into multiplets. Any given molecule has only one of the three possible alignments of –CH 2 Br spins, but in a large collection of molecules, all three spin states are represented in a 1 : 2 : 1 statistical ratio. We therefore find that the neighboring –CH 3 protons come into resonance at three slightly different values of the applied field, and we see a 1 : 2 : 1 triplet in the NMR spectrum. One resonance is a little above where it would be without coupling, one is at the same place it would be without coupling, and the third resonance is a little below where it would be without coupling. In the same way that the –CH 3 absorption of bromoethane is split into a triplet, the –CH 2 Br absorption is split into a quartet. The three spins of the neighboring –CH 3 protons can align in four possible combinations: all three with the applied field, two with and one against (three ways), one with and two against (three ways), or all three against. Thus, four peaks are produced for the –CH 2 Br protons in a 1 : 3 : 3 : 1 ratio. As a general rule, called the n + 1 rule , protons that have n equivalent neighboring protons show n + 1 peaks in their NMR spectrum. For example, the spectrum of 2-bromopropane in shows a doublet at 1.71 δ and a seven-line multiplet, or septet, at 4.28 δ . The septet is caused by splitting of the –CHBr– proton signal by six equivalent neighboring protons on the two methyl groups ( n = 6 leads to 6 + 1 = 7 peaks). The doublet is due to signal splitting of the six equivalent methyl protons by the single –CHBr– proton ( n = 1 leads to 2 peaks). Integration confirms the expected 6 : 1 ratio. The 1 H NMR spectrum of 2-bromopropane. The –CH 3 proton signal at 1.71 δ is split into a doublet, and the –CHBr– proton signal at 4.28 δ is split into a septet. Note that the distance between peaks is the same in both multiplets. Note also that the two outer peaks of the septet are small enough to be nearly missed. The distance between peaks in a multiplet is called the coupling constant and is denoted J . Coupling constants are measured in hertz and generally fall in the range 0 to 18 Hz. The exact value of the coupling constant between two neighboring protons depends on the geometry of the molecule, but a typical value for an open-chain alkane is J = 6 to 8 Hz. The same coupling constant is shared by both groups of hydrogens whose spins are coupled and is independent of spectrometer field strength. In bromoethane, for instance, the –CH 2 Br protons are coupled to the –CH 3 protons and appear as a quartet with J = 7 Hz. The –CH 3 protons appear as a triplet with the same J = 7 Hz coupling constant. Because coupling is a reciprocal interaction between two adjacent groups of protons, it’s sometimes possible to tell which multiplets in a complex NMR spectrum are related to each other. If two multiplets have the same coupling constant, they are probably related, and the protons causing those multiplets are therefore adjacent in the molecule. The most commonly observed coupling patterns and the relative intensities of lines in their multiplets are listed in . Note that it’s not possible for a given proton to have five equivalent neighboring protons. (Why not?) A six-line multiplet, or sextet, is therefore found only when a proton has five nonequivalent neighboring protons that coincidentally happen to be coupled with an identical coupling constant J . Some Common Spin Multiplicities Number of equivalent adjacent protons Multiplet Ratio of intensities 0 Singlet 1 1 Doublet 1 : 1 2 Triplet 1 : 2 : 1 3 Quartet 1 : 3 : 3 : 1 4 Quintet 1 : 4 : 6 : 4 : 1 6 Septet 1 : 6 : 15 : 20 : 15 : 6 : 1 Spin–spin splitting in 1 H NMR can be summarized by three rules. RULE 1 Chemically equivalent protons don’t show spin–spin splitting. Equivalent protons may be on the same carbon or on different carbons, but their signals don’t split. RULE 2 The signal of a proton with n equivalent neighboring protons is split into a multiplet of n + 1 peaks with coupling constant J . Protons that are farther than two carbon atoms apart don’t usually couple, although they sometimes show weak coupling when they are separated by a π bond. RULE 3 Two groups of protons coupled to each other have the same coupling constant, J . The spectrum of para -methoxypropiophenone in further illustrates these three rules. The downfield absorptions at 6.91 and 7.93 δ are due to the four aromatic-ring protons. There are two kinds of aromatic protons, each of which gives a signal that is split into a doublet by its neighbor. The –OCH 3 signal is unsplit and appears as a sharp singlet at 3.84 δ. The –CH 2 – protons next to the carbonyl group appear at 2.93 δ in the region expected for protons on carbon next to an unsaturated center, and their signal is split into a quartet by coupling with the protons of the neighboring methyl group. The methyl protons appear as a triplet at 1.20 δ in the usual upfield region. The 1 H NMR spectrum of para -methoxypropiophenone. Assigning a Chemical Structure from a 1 H NMR Spectrum Propose a structure for a compound, C 5 H 12 O, that fits the following 1 H NMR data: 0.92 δ (3 H, triplet, J = 7 Hz), 1.20 δ (6 H, singlet), 1.50 δ (2 H, quartet, J = 7 Hz), 1.64 δ (1 H, broad singlet). Strategy It’s best to begin solving structural problems by calculating a molecule’s degree of unsaturation (we’ll see this again in Worked Example 13.4). In the present instance, a formula of C 5 H 12 O corresponds to a saturated, open-chain molecule, either an alcohol or an ether. To interpret the NMR information, let’s look at each absorption individually. The three-proton absorption at 0.92 δ is due to a methyl group in an alkane-like environment, and the triplet-splitting pattern implies that the CH 3 is next to a CH 2 . Thus, our molecule contains an ethyl group, CH 3 CH 2 –. The six-proton singlet at 1.20 δ is due to two equivalent alkane-like methyl groups attached to a carbon with no hydrogens, (CH 3 ) 2 C, and the two-proton quartet at 1.50 δ is due to the CH 2 of the ethyl group. All 5 carbons and 11 of the 12 hydrogens in the molecule are now accounted for. The remaining hydrogen, which appears as a broad one-proton singlet at 1.64 δ, is probably due to an OH group, since there is no other way to account for it. Putting the pieces together gives the structure: 2-methyl-2-butanol. Solution Problems", "section": "Spin–Spin Splitting in1H NMR Spectra", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "1 H NMR Spectroscopy and Proton Equivalence Because each electronically distinct hydrogen in a molecule has its own unique absorption, one use of 1 H NMR is to find out how many kinds of electronically nonequivalent hydrogens are present. In the 1 H NMR spectrum of methyl acetate shown previously in a, for instance, there are two signals, corresponding to the two kinds of nonequivalent protons present, CH 3 C═O protons and –OCH 3 protons. For relatively small molecules, a quick look at the structure is often enough to decide how many kinds of protons are present and thus how many NMR absorptions might appear. If in doubt, though, the equivalence or nonequivalence of two protons can be determined by comparing the structures that would be formed if each hydrogen were replaced by an X group. There are four possibilities. One possibility is that the protons are chemically unrelated and thus nonequivalent. If so, the products formed on substitution of H by X would be different constitutional isomers. In butane, for instance, the –CH 3 protons are different from the –CH 2 – protons. They therefore give different products on substitution by X than the –CH 2 protons and would likely show different NMR absorptions. A second possibility is that the protons are chemically identical and thus electronically equivalent. If so, the same product would be formed regardless of which H is substituted by X. In butane, for instance, the six –CH 3 hydrogens on C1 and C4 are identical, would give the identical structure on substitution by X, and would show an identical NMR absorption. Such protons are said to be homotopic . The third possibility is a bit more subtle. Although they might at first seem homotopic, the two –CH 2 – hydrogens on C2 in butane (and the two –CH 2 – hydrogens on C3) are in fact not identical. Substitution by X of a hydrogen at C2 (or C3) would form a new chirality center, so different enantiomers ( ) would result, depending on whether the pro- R or pro- S hydrogen had been substituted ( ). Such hydrogens, whose substitution by X would lead to different enantiomers, are said to be enantiotopic . Enantiotopic hydrogens, even though not identical, are nevertheless electronically equivalent and thus have the same NMR absorption. The fourth possibility arises in chiral molecules, such as ( R )-2-butanol. The two –CH 2 – hydrogens at C3 are neither homotopic nor enantiotopic. Because substitution of a hydrogen at C3 would form a second chirality center, different diastereomers ( ) would result, depending on whether the pro- R or pro- S hydrogen had been substituted. Such hydrogens, whose substitution by X leads to different diastereomers, are said to be diastereotopic . Diastereotopic hydrogens are neither chemically nor electronically equivalent. They are completely different and would likely show different NMR absorptions. Problems", "section": "1H NMR Spectroscopy and Proton Equivalence", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "More Complex Spin–Spin Splitting Patterns In the 1 H NMR spectra we’ve seen so far, the chemical shifts of different protons have been distinct and the spin–spin splitting patterns have been straightforward. It often happens, however, that different kinds of hydrogens in a molecule have accidentally overlapping signals. The spectrum of toluene (methylbenzene) in , for example, shows that the five aromatic ring protons give a complex, overlapping pattern, even though they aren’t all equivalent. The 1 H NMR spectrum of toluene, showing the accidental overlap of the five nonequivalent aromatic ring protons. Yet another complication in 1 H NMR spectroscopy arises when a signal is split by two or more nonequivalent kinds of protons, as is the case with trans -cinnamaldehyde, isolated from oil of cinnamon ( ). Although the n + 1 rule predicts splitting caused by equivalent protons, splittings caused by nonequivalent protons are more complex. The 1 H NMR spectrum of trans -cinnamaldehyde. The signal of the proton at C2 (blue) is split into four peaks—a doublet of doublets—by the two nonequivalent neighboring protons. To understand the 1 H NMR spectrum of trans -cinnamaldehyde, we have to isolate the different parts and look at the signal of each proton individually. The five aromatic proton signals (black in ) overlap into a complex pattern with a large peak at 7.42 δ and a broad absorption at 7.57 δ . The aldehyde proton signal at C1 ( red ) appears in the normal downfield position at 9.69 δ and is split into a doublet with J = 6 Hz by the adjacent proton at C2. The vinylic proton at C3 ( green ) is next to the aromatic ring and is therefore shifted downfield from the normal vinylic region. This C3 proton signal appears as a doublet centered at 7.49 δ . Because it has one neighbor proton at C2, its signal is split into a doublet, with J = 12 Hz. The C2 vinylic proton signal ( blue ) appears at 6.73 δ and shows an interesting, four-line absorption pattern. It is coupled to the two nonequivalent protons at C1 and C3 with two different coupling constants: J 1-2 = 6 Hz and J 2-3 = 12 Hz. A good way to understand the effect of multiple coupling, such as that occurring for the C2 proton of trans -cinnamaldehyde, is to draw a tree diagram , like that in . The diagram shows the individual effect of each coupling constant on the overall pattern. Coupling with the C3 proton splits the signal of the C2 proton in trans -cinnamaldehyde into a doublet with J =12 Hz. Further coupling with the aldehyde proton then splits each peak of the doublet into new doublets with J = 6 Hz, and we therefore observe a four-line spectrum for the C2 proton. A tree diagram for the C2 proton of trans -cinnamaldehyde shows how it is coupled to the C1 and C3 protons with different coupling constants. One further trait evident in the cinnamaldehyde spectrum is that the four peaks of the C2 proton signal are not all the same size. The two left-hand peaks are somewhat larger than the two right-hand peaks. Such a size difference occurs whenever coupled nuclei have similar chemical shifts—in this case, 7.49 δ for the C3 proton and 6.73 δ for the C2 proton. The peaks nearer the signal of the coupled partner are always larger, and the peaks farther from the signal of the coupled partner are always smaller. Thus, the left-hand peaks of the C2 proton multiplet at 6.73 δ are closer to the C3 proton absorption at 7.49 δ and are larger than the right-hand peaks. At the same time, the right-hand peak of the C3 proton doublet at 7.49 δ is larger than the left-hand peak because it is closer to the C2 proton multiplet at 6.73 δ . This skewing effect on multiplets can often be useful because it tells where to look in the spectrum to find the coupled partner: look in the direction of the larger peaks. Problems", "section": "More Complex Spin–Spin Splitting Patterns", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Uses of 1 H NMR Spectroscopy NMR is used to help identify the product of nearly every reaction run in the laboratory. For example, we said in that hydroboration–oxidation of alkenes occurs with non-Markovnikov regiochemistry to yield the less highly substituted alcohol. With the help of NMR, we can now prove this statement. Does hydroboration–oxidation of methylenecyclohexane yield cyclohexylmethanol or 1-methylcyclohexanol? The 1 H NMR spectrum of the reaction product is shown in a. The spectrum shows a two-proton peak at 3.40 δ , indicating that the product has a –CH 2 – group bonded to an electronegative oxygen atom (–CH 2 OH). Furthermore, the spectrum shows no large three-proton singlet absorption near 1 δ , where we would expect the signal of a quaternary –CH 3 group to appear. ( b) gives the spectrum of 1-methylcyclohexanol, the alternative product.) Thus, it’s clear that cyclohexylmethanol is the reaction product. (a) The 1 H NMR spectrum of cyclohexylmethanol, the product from hydroboration–oxidation of methylenecyclohexane, and (b) the 1 H NMR spectrum of 1-methylcyclohexanol, the possible alternative reaction product. Problems", "section": "Uses of1H NMR Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "13 C NMR Spectroscopy: Signal Averaging and FT–NMR In some ways, it’s surprising that carbon NMR is even possible. After all, 12 C, the most abundant carbon isotope, has no nuclear spin and can’t be seen by NMR. Carbon-13 is the only naturally occurring carbon isotope with a nuclear spin, but its natural abundance is only 1.1%. Thus, only about 1 of every 100 carbon atoms in an organic sample can be observed by NMR. The problem of low abundance has been overcome, however, by the use of signal averaging and Fourier-transform NMR ( FT–NMR ). Signal averaging increases instrument sensitivity, and FT–NMR increases instrument speed. The low natural abundance of 13 C means that any individual NMR spectrum is extremely “noisy.” That is, the signals are so weak that they are cluttered with random background electronic noise, as shown in a. If, however, hundreds or thousands of individual runs are added together by a computer and then averaged, a greatly improved spectrum results ( b). Background noise, because of its random nature, increases very slowly as the runs are added, while the nonzero signals stand out clearly. Unfortunately, the value of signal averaging is limited when using the method of NMR spectrometer operation described in , because it takes about 5 to 10 minutes to obtain a single spectrum. Thus, a faster way to obtain spectra is needed if signal averaging is to be used. Carbon-13 NMR spectra of 1-pentanol, CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH. Spectrum (a) is a single run, showing the large amount of background noise. Spectrum (b) is an average of 200 runs. In the method of NMR spectrometer operation described in , the rf frequency is held constant while the strength of the magnetic field is varied so that all signals in the spectrum are recorded sequentially. In the FT–NMR technique used by modern spectrometers, however, all the signals are recorded simultaneously. A sample is placed in a magnetic field of constant strength and is irradiated with a short pulse of rf energy that covers the entire range of useful frequencies. All 1 H or 13 C nuclei in the sample resonate at once, giving a complex, composite signal that is mathematically manipulated using so-called Fourier transforms and then displayed in the usual way. Because all resonance signals are collected at once, it takes only a few seconds rather than a few minutes to record an entire spectrum. Combining the speed of FT–NMR with the sensitivity enhancement of signal averaging is what gives modern NMR spectrometers their power. Literally thousands of spectra can be taken and averaged in a few hours, resulting in sensitivity so high that a 13 C NMR spectrum can be obtained from less than 0.1 mg of sample and a 1 H spectrum can be recorded from only a few micro grams. One further question needs to be answered before moving forward with our discussion of 13 C NMR. Why is spin–spin splitting seen only for 1 H NMR? Why is there no splitting of carbon signals into multiplets in 13 C NMR? After all, you might expect that the spin of a given 13 C nucleus would couple with the spin of an adjacent magnetic nucleus, either 13 C or 1 H. No coupling of a 13 C nucleus with nearby carbons is seen because their low natural abundance makes it unlikely that two 13 C nuclei will be adjacent. No coupling of a 13 C nucleus with nearby hydrogens is seen because 13 C spectra are normally recorded using broadband decoupling . At the same time that the sample is irradiated with a pulse of rf energy to cover the carbon resonance frequencies, it is also irradiated by a second band of rf energy covering all the hydrogen resonance frequencies. This second irradiation makes the hydrogens spin-flip so rapidly that their local magnetic fields average to zero and no coupling with carbon spins occurs.", "section": "13C NMR Spectroscopy: Signal Averaging and FT–NMR", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Characteristics of 13 C NMR Spectroscopy At its simplest, 13 C NMR makes it possible to count the number of different carbon atoms in a molecule. Look at the 13 C NMR spectra of methyl acetate and 1-pentanol shown previously in b and b. In each case, a single sharp resonance line is observed for each different carbon atom. Most 13 C resonances are between 0 and 220 ppm downfield from the TMS reference line, with the exact chemical shift of each 13 C resonance dependent on that carbon’s electronic environment within the molecule. shows the correlation of chemical shift with environment. Chemical shift correlations for 13 C NMR. The factors that determine chemical shifts are complex, but it’s possible to make some generalizations from the data in . One trend is that a carbon atom’s chemical shift is affected by the electronegativity of nearby atoms. Carbons bonded to oxygen, nitrogen, or halogen absorb downfield (to the left) of typical alkane carbons. Because electronegative atoms attract electrons, they pull electrons away from neighboring carbon atoms, causing those carbons to be deshielded and to come into resonance at a lower field. Another trend is that sp 3 -hybridized carbons generally absorb from 0 to 90 δ , while sp 2 carbons absorb from 110 to 220 δ . Carbonyl carbons (C=O) are particularly distinct in 13 C NMR and are always found at the low-field end of the spectrum, from 160 to 220 δ . shows the 13 C NMR spectra of 2-butanone and para -bromoacetophenone and indicates the peak assignments. Note that the C=O carbons are at the left edge of the spectrum in each case. Carbon-13 NMR spectra of (a) 2-butanone and (b) para -bromoacetophenone. The 13 C NMR spectrum of para -bromoacetophenone is interesting in several ways. Note particularly that only six carbon absorptions are observed, even though the molecule contains eight carbons. para -bromoacetophenone has a symmetry plane that makes ring carbons 4 and 4′, and ring carbons 5 and 5′ equivalent. (Remember from that aromatic rings have two resonance forms.) Thus, the six ring carbons show only four absorptions in the range 128 to 137 δ . A second interesting point about both spectra in is that the peaks aren’t uniform in size. Some peaks are larger than others even though they are one-carbon resonances (except for the two 2-carbon peaks of para -bromoacetophenone). This difference in peak size is a general feature of broadband-decoupled 13 C NMR spectra, and explains why we can’t integrate 13 C NMR spectra in the same way we integrate the resonances in a 1 H NMR spectrum. The local environment of each carbon atom determines not only its chemical shift but also the time it takes for the nuclei to return to their equilibrium state after receiving a pulse of rf radiation and flipping their spins. Quaternary carbons, regardless of their hybridization state or substituents, typically give smaller resonances than primary, secondary, or tertiary carbons. Predicting Chemical Shifts in 13 C NMR Spectra At what approximate positions would you expect ethyl acrylate, H 2 C═CHCO 2 CH 2 CH 3 , to show 13 C NMR absorptions? Strategy Identify the distinct carbons in the molecule, and note whether each is alkyl, vinylic, aromatic, or in a carbonyl group. Then predict where each absorbs, using as necessary. Solution Ethyl acrylate has five chemically distinct carbons: two different C=C, one C=O, one O–C, and one alkyl C. From , the likely absorptions are The actual absorptions are at 14.1, 60.5, 128.5, 130.3, and 166.0 δ . Problems", "section": "Characteristics of13C NMR Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "DEPT 13 C NMR Spectroscopy Numerous techniques developed in recent years have made it possible to obtain enormous amounts of information from 13 C NMR spectra. Among these techniques is one called DEPT–NMR , for distortionless enhancement by polarization transfer, which makes it possible to distinguish between signals due to CH 3 , CH 2 , CH, and quaternary carbons. That is, the number of hydrogens attached to each carbon in a molecule can be determined. A DEPT experiment is usually done in three stages, as shown in for 6-methyl-5-hepten-2-ol. The first stage is to run an ordinary spectrum (called a broadband-decoupled spectrum) to locate the chemical shifts of all carbons. Next, a second spectrum called a DEPT-90 is run, using special conditions under which only signals due to CH carbons appear. Signals due to CH 3 , CH 2 , and quaternary carbons are absent. Finally, a third spectrum called a DEPT-135 is run, using conditions under which CH 3 and CH resonances appear as positive signals, CH 2 resonances appear as negative signals—that is, as peaks below the baseline—and quaternary carbons are again absent. DEPT–NMR spectra for 6-methyl-5-hepten-2-ol. Part (a) is an ordinary broadband-decoupled spectrum, which shows signals for all eight carbons. Part (b) is a DEPT-90 spectrum, which shows only signals for the two CH carbons. Part (c) is a DEPT-135 spectrum, which shows positive signals for the two CH and three CH 3 carbons and negative signals for the two CH 2 carbons. Putting together the information from all three spectra makes it possible to tell the number of hydrogens attached to each carbon. The CH carbons are identified in the DEPT-90 spectrum, the CH 2 carbons are identified as negative peaks in the DEPT-135 spectrum, the CH 3 carbons are identified by subtracting the CH peaks from the positive peaks in the DEPT-135 spectrum, and quaternary carbons are identified by subtracting all peaks in the DEPT-135 spectrum from the peaks in the broadband-decoupled spectrum. Assigning a Chemical Structure from a 13 C NMR Spectrum Propose a structure for an alcohol, C 4 H 10 O, that has the following 13 C NMR spectral data: Broadband decoupled 13 C NMR: 19.0, 31.7, 69.5 δ ; DEPT-90: 31.7 δ ; DEPT-135: positive peak at 19.0 δ , negative peak at 69.5 δ . Strategy As noted in , it usually helps with compounds of known formula but unknown structure to calculate the compound’s degree of unsaturation. In the present instance, a formula of C 4 H 10 O corresponds to a saturated, open-chain molecule. To gain information from the 13 C data, let’s begin by noting that the unknown alcohol has four carbon atoms, yet has only three NMR absorptions, which implies that two of the carbons must be equivalent. Looking at chemical shifts, two of the absorptions are in the typical alkane region (19.0 and 31.7 δ ), while one is in the region of a carbon bonded to an electronegative atom (69.5 δ )—oxygen in this instance. The DEPT-90 spectrum tells us that the alkyl carbon at 31.7 δ is tertiary (CH); the DEPT-135 spectrum tells us that the alkyl carbon at 19.0 δ is a methyl (CH 3 ) and that the carbon bonded to oxygen (69.5 δ ) is secondary (CH 2 ). The two equivalent carbons are probably both methyls bonded to the same tertiary carbon, (CH 3 ) 2 CH–. We can now put the pieces together to propose a structure: 2-methyl-1-propanol. Solution Problems", "section": "DEPT13C NMR Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Uses of 13 C NMR Spectroscopy The information derived from 13 C NMR spectroscopy is extraordinarily useful for structure determination. Not only can we count the number of nonequivalent carbon atoms in a molecule, we can also get information about the electronic environment of each carbon and find how many protons are attached to each. As a result, we can address many structural questions that go unanswered by IR spectroscopy or mass spectrometry. Here’s an example: how do we know that the E2 reaction of an alkyl halide follows Zaitsev’s rule ( )? Does treatment of 1-chloro-1-methylcyclohexane with a strong base give predominantly the trisubstituted alkene 1-methylcyclohexene or the disubstituted alkene methylenecyclohexane? 1-Methylcyclohexene will have five sp 3 -carbon resonances in the 20 to 50 δ range and two sp 2 -carbon resonances in the 100 to 150 δ range. Methylenecyclohexane, however, because of its symmetry, will have only three sp 3 -carbon resonance peaks and two sp 2 -carbon peaks. The spectrum of the actual reaction product, shown in , clearly identifies 1-methylcyclohexene as the product of this E2 reaction. The 13 C NMR spectrum of 1-methylcyclohexene, the E2 reaction product from treatment of 1-chloro-1-methylcyclohexane with base. Problems Magnetic Resonance Imaging (MRI) As practiced by organic chemists, NMR spectroscopy is a powerful method of structure determination. A small amount of sample, typically a few milligrams or less, is dissolved in a small amount of solvent, the solution is placed in a thin glass tube, and the tube is placed into the narrow (1–2 cm) gap between the poles of a strong magnet. Imagine, though, that a much larger NMR instrument were available. Instead of a few milligrams, the sample size could be tens of kilograms; instead of a narrow gap between magnet poles, the gap could be large enough for a whole person to climb into so that an NMR spectrum of body parts could be obtained. That large instrument is exactly what’s used for magnetic resonance imaging (MRI) , a diagnostic technique of enormous value to the medical community. Like NMR spectroscopy, MRI takes advantage of the magnetic properties of certain nuclei, typically hydrogen, and of the signals emitted when those nuclei are stimulated by radiofrequency energy. Unlike what happens in NMR spectroscopy, though, MRI instruments use data manipulation techniques to look at the three-dimensional location of magnetic nuclei in the body rather than at the chemical nature of the nuclei. As noted, most MRI instruments currently look at hydrogen, present in abundance wherever there is water or fat in the body. The signals detected by MRI vary with the density of hydrogen atoms and with the nature of their surroundings, allowing identification of different types of tissue and even allowing the visualization of motion. For example, the volume of blood leaving the heart in a single stroke can be measured, and heart motion can be observed. Soft tissues that don’t show up well on X-ray images can be seen clearly, allowing diagnosis of brain tumors, strokes, and other conditions. This technique is also valuable in diagnosing damage to knees or other joints and is a noninvasive alternative to surgical explorations. Several types of atoms in addition to hydrogen can be detected by MRI, and the applications of images based on 31 P atoms are being explored. This approach holds great promise for studies of metabolism. If you’re a runner, you really don’t want this to happen to you. The MRI of this left knee shows bone formation in the tissue in a patient with osteochondroma. (credit: “Osteochondroma MRI” by Michael R Carmont, Sian Davies, Daniel Gey van Pittius and Robin Rees/Wikimedia Commons, CC BY 2.0) chemical shift coupling coupling constant ( J ) delta ( δ ) scale DEPT-NMR diastereotopic downfield enantiotopic FT–NMR homotopic integration multiplet n + 1 rule nuclear magnetic resonance (NMR) spectroscopy shielding spin–spin splitting upfield Summary Nuclear magnetic resonance spectroscopy , or NMR , is the most valuable of the numerous spectroscopic techniques used for structure determination. Although we focused in this chapter on NMR applications with small molecules, more advanced NMR techniques are also used in biological chemistry to study protein structure and folding. When magnetic nuclei, such as 1 H and 13 C, are placed in a strong magnetic field, their spins orient either with or against the field. On irradiation with radiofrequency (rf) waves, energy is absorbed and the nuclei “spin-flip” from the lower energy state to the higher energy state. This absorption of rf energy is detected, amplified, and displayed as an NMR spectrum. Each electronically distinct 1 H or 13 C nucleus in a molecule comes into resonance at a slightly different value of the applied field, thereby producing a unique absorption signal. The exact position of each peak is called the chemical shift . Chemical shifts are caused by electrons setting up tiny local magnetic fields that shield a nearby nucleus from the applied field. The NMR chart is calibrated in delta units ( δ ) , where 1 δ = 1 ppm of spectrometer frequency. Tetramethylsilane (TMS) is used as a reference point because it shows both 1 H and 13 C absorptions at unusually high values of applied magnetic field. The TMS absorption occurs on the right-hand ( upfield ) side of the chart and is arbitrarily assigned a value of 0 δ . 13 C spectra are run on Fourier-transform NMR ( FT–NMR ) spectrometers using broadband decoupling of proton spins so that each chemically distinct carbon shows a single unsplit resonance line. As with 1 H NMR, the chemical shift of each 13 C signal provides information about a carbon’s chemical environment in the sample. In addition, the number of protons attached to each carbon can be determined using the DEPT–NMR technique. In 1 H NMR spectra, the area under each absorption peak can be electronically integrated to determine the relative number of hydrogens responsible for each peak. In addition, neighboring nuclear spins can couple , causing the spin–spin splitting of NMR peaks into multiplets . The NMR signal of a hydrogen neighbored by n equivalent adjacent hydrogens splits into n + 1 peaks (the n + 1 rule ) with coupling constant J . Additional Problems Visualizing Chemistry Chemical Shifts and NMR Spectroscopy 1 H NMR Spectroscopy 13 C NMR Spectroscopy General Problems", "section": "Uses of13C NMR Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Saffron, derived from stigmas of the saffron crocus, is the world’s most expensive spice. Its color is caused by the presence of alternating single and double bonds. (credit: modification of work “Welcome to My World! ~ Huron River Watershed” by j van cise photos/Flickr, CC BY 2.0) Conjugated compounds of many different sorts are common in nature. Many of the pigments responsible for the brilliant colors of fruits, flowers, and even animals have numerous alternating single and double bonds. β -Carotene, for instance, the orange pigment responsible for the color of carrots and an important source of vitamin A, is a conjugated polyene with 11 double bonds. Conjugated enones (alk ene + ket one ) are common structural features of many biologically important molecules such as progesterone, the hormone that prepares the uterus for implantation of a fertilized ovum. Cyclic conjugated molecules such as benzene are a major field of study in themselves. In this chapter, we’ll look at some of the distinctive properties of conjugated molecules and at the reasons for those properties. Most of the unsaturated compounds we looked at in the chapters on Alkenes: Structure and Reactivity and Alkenes: Reactions and Synthesis had only one double bond, but many compounds have numerous sites of unsaturation. If the different unsaturations are well separated in a molecule, they react independently, but if they’re close together, they may interact. In particular, compounds that have alternating single and double bonds—so-called conjugated compounds—have some distinctive characteristics. The conjugated diene 1,3-butadiene, for instance, has some properties quite different from those of the nonconjugated 1,4-pentadiene.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stability of Conjugated Dienes: Molecular Orbital Theory Conjugated dienes can be prepared by some of the methods previously discussed for preparing alkenes ( – ). The base-induced elimination of HX from an allylic halide is one such reaction. Simple conjugated dienes used in polymer synthesis include 1,3-butadiene, chloroprene (2-chloro-1,3-butadiene), and isoprene (2-methyl-1,3-butadiene). Isoprene has been prepared industrially by several methods, including the acid-catalyzed double dehydration of 3-methyl-1,3-butanediol. One of the properties that distinguishes conjugated from nonconjugated dienes is that the central single bond is shorter than might be expected. The C2–C3 single bond in 1,3-butadiene, for instance, has a length of 147 pm, some 6 pm shorter than the C2–C3 bond in butane (153 pm). Another distinctive property of conjugated dienes is their unusual stability, as evidenced by their heats of hydrogenation ( ). We saw in that monosubstituted alkenes, such as 1-butene, have Δ H ∘ hydrog near –126 kJ/mol (–30.1 kcal/mol), whereas disubstituted alkenes, such as 2-methylpropene, have Δ H ∘ hydrog near –119 kJ/mol (–28.4 kcal/mol), which is approximately 7 kJ/mol less negative. We concluded from these data that more highly substituted alkenes are more stable than less substituted ones. That is, more highly substituted alkenes release less heat on hydrogenation because they contain less energy to start with. A similar conclusion can be drawn for conjugated dienes. Heats of Hydrogenation for Some Alkenes and Dienes Alkene or diene Product ∆ H ° hydrog (kJ/mol) (kcal/mol) –126 –30.1 –119 –28.4 –253 –60.5 –236 –56.4 –229 –54.7 Because a monosubstituted alkene has a Δ H ∘ hydrog of approximately –126 kJ/mol, we might expect that a compound with two monosubstituted double bonds would have a Δ H ∘ hydrog approximately twice that value, or –252 kJ/mol. Nonconjugated dienes, such as 1,4-pentadiene ( Δ H ∘ hydrog = − 253 kJ/mol ), meet this expectation, but the conjugated diene 1,3-butadiene ( Δ H ∘ hydrog = − 236 kJ/mol ) does not. 1,3-Butadiene is approximately 16 kJ/mol (3.8 kcal/mol) more stable than expected. What accounts for the stability of conjugated dienes? According to valence bond theory ( and ), their stability is due to orbital hybridization. Typical C–C single bonds, like those in alkanes, result from σ overlap of sp 3 orbitals on both carbons, but in a conjugated diene, the central C–C single bond results from σ overlap of sp 2 orbitals on both carbons. Because sp 2 orbitals have more s character (33% s ) than sp 3 orbitals (25% s ), the electrons in sp 2 orbitals are closer to the nucleus and the bonds they form are somewhat shorter and stronger. Thus, the “extra” stability of a conjugated diene results in part from the greater amount of s character in the orbitals forming the C–C single bond. According to molecular orbital theory ( ), the stability of conjugated dienes arises because of an interaction between the π orbitals of the two double bonds. To review briefly, when two p atomic orbitals combine to form a π bond, two π molecular orbitals (MOs) result. One is lower in energy than the starting p orbitals and is therefore bonding; the other is higher in energy, has a node between nuclei, and is antibonding. The two π electrons occupy the low-energy, bonding orbital, resulting in formation of a stable bond between atoms ( ). Two p orbitals combine to form two π molecular orbitals. Both electrons occupy the low-energy, bonding orbital, leading to a net lowering of energy and formation of a stable bond. The asterisk on ψ 2 * indicates an antibonding orbital. Now let’s combine four adjacent p atomic orbitals, as occurs in a conjugated diene. In so doing, we generate a set of four π molecular orbitals, two of which are bonding and two of which are antibonding ( ). The four π electrons occupy the two bonding orbitals, leaving the antibonding orbitals vacant. Four π molecular orbitals in 1,3-butadiene. Note that the number of nodes between nuclei increases as the energy level of the orbital increases. The lowest-energy π molecular orbital (denoted ψ 1 , Greek psi) has no nodes between the nuclei and is therefore bonding. The π MO of next-lowest energy, ψ 2 , has one node between nuclei and is also bonding. Above ψ 1 and ψ 2 in energy are the two antibonding π MOs, ψ 3 * and ψ 4 * . (The asterisks indicate antibonding orbitals.) Note that the number of nodes between nuclei increases as the energy level of the orbital increases. The ψ 3 * orbital has two nodes between nuclei, and ψ 4 * , the highest-energy MO, has three nodes between nuclei. Comparing the π molecular orbitals of 1,3-butadiene (two conjugated double bonds) with those of 1,4-pentadiene (two isolated double bonds) shows why the conjugated diene is more stable. In a conjugated diene, the lowest-energy π MO ( ψ 1 ) has a favorable bonding interaction between C2 and C3 that is absent in a nonconjugated diene. As a result, there is a certain amount of double-bond character to the C2–C3 single bond, making that bond both stronger and shorter than a typical single bond. Electrostatic potential maps show clearly the additional electron density in the central single bond ( ). Electrostatic potential maps of 1,3-butadiene (conjugated) and 1,4-pentadiene (nonconjugated). Additional electron density is present in the central C−C bond of 1,3-butadiene, corresponding to partial double-bond character. In describing 1,3-butadiene, we say that the π electrons are spread out, or delocalized, over the entire π framework, rather than localized between two specific nuclei. Delocalization allows the bonding electrons to be closer to more nuclei, thus leading to lower energy and greater stability. Problems", "section": "Stability of Conjugated Dienes: Molecular Orbital Theory", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Electrophilic Additions to Conjugated Dienes: Allylic Carbocations One of the most striking differences between conjugated dienes and typical alkenes is their behavior in electrophilic addition reactions. To review briefly, the addition of an electrophile to a carbon–carbon double bond is a general reaction of alkenes ( ). Markovnikov regiochemistry is observed because the more stable carbocation is formed as an intermediate. Thus, addition of HCl to 2-methylpropene yields 2-chloro-2-methylpropane rather than 1-chloro-2-methylpropane, and addition of 2 equivalents of HCl to the nonconjugated diene 1,4-pentadiene yields 2,4-dichloropentane. Conjugated dienes also undergo electrophilic addition reactions readily, but mixtures of products are invariably obtained. Addition of HBr to 1,3-butadiene, for instance, yields a mixture of two products (not counting cis–trans isomers). 3-Bromo-1-butene is the typical Markovnikov product of 1,2-addition to a double bond, but 1-bromo-2-butene seems unusual. The double bond in this product has moved to a position between carbons 2 and 3, and HBr has added to carbons 1 and 4, a result described as 1,4-addition . Many other electrophiles besides HBr add to conjugated dienes, and mixtures of products are usually formed. For example, Br 2 adds to 1,3-butadiene to give a mixture of 3,4-dibromo-1-butene and 1,4-dibromo-2-butene. How can we account for the formation of 1,4-addition products? The answer is that allylic carbocations are involved as intermediates (recall that the word allylic means “next to a double bond”). When 1,3-butadiene reacts with an electrophile such as H + , two carbocation intermediates are possible—a primary nonallylic carbocation and a secondary allylic cation. Because an allylic cation is stabilized by resonance between two forms ( ), it is more stable and forms faster than a nonallylic carbocation. When the allylic cation reacts with Br – to complete the electrophilic addition, the reaction can occur either at C1 or at C3 because both carbons share the positive charge ( ). Thus, a mixture of 1,2- and 1,4-addition products results. You might recall that a similar product mixture was seen for NBS bromination of alkenes in , a reaction that proceeds through an allylic radical. An electrostatic potential map of the allylic carbocation produced by protonation of 1,3-butadiene shows that the positive charge is shared by carbons 1 and 3. Reaction of Br – with the more positive carbon (C3) predominantly yields the 1,2-addition product. Predicting the Product of an Electrophilic Addition Reaction of a Conjugated Diene Give the structures of the likely products from reaction of 1 equivalent of HCl with 2-methyl-1,3-cyclohexadiene. Show both 1,2 and 1,4 adducts. Strategy Electrophilic addition of HCl to a conjugated diene involves the formation of allylic carbocation intermediate. Thus, the first step is to protonate the two ends of the diene and draw the resonance forms of the two allylic carbocations that result. Then, allow each resonance form to react with Cl – , generating a maximum of four possible products. In the present instance, protonation of the C1–C2 double bond gives a carbocation that can react further to give the 1,2 adduct 3-chloro-3-methylcyclohexene and the 1,4 adduct 3-chloro-1-methylcyclohexene. Protonation of the C3–C4 double bond gives a symmetrical carbocation, whose two resonance forms are equivalent. Thus, the 1,2 adduct and the 1,4 adduct have the same structure: 6-chloro-1-methylcyclohexene. Of the two possible modes of protonation, the first is more likely because it yields a more stable, tertiary allylic cation rather than a less-stable, secondary allylic cation. Solution Problems", "section": "Electrophilic Additions to Conjugated Dienes: Allylic Carbocations", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Kinetic versus Thermodynamic Control of Reactions Electrophilic addition to a conjugated diene at or below room temperature normally leads to a mixture of products in which the 1,2 adduct predominates over the 1,4 adduct. When the same reaction is carried out at higher temperatures, however, the product ratio often changes and the 1,4 adduct predominates. For example, addition of HBr to 1,3-butadiene at 0 °C yields a 71 : 29 mixture of 1,2 and 1,4 adducts, but the same reaction carried out at 40 °C yields a 15 : 85 mixture. Furthermore, when the product mixture formed at 0 °C is heated to 40 °C in the presence of HBr, the ratio of adducts slowly changes from 71 : 29 to 15 : 85. Why? To understand the effect of temperature on product distribution, let’s briefly review what we said in about rates and equilibria. Imagine a reaction that can give either or both of two products, B and C . Let’s assume that B forms faster than C (in other words, Δ G ‡ B < Δ G ‡ C ) but that C is more stable than B (in other words, Δ G ∘ C > Δ G ∘ B ). An energy diagram for the two processes might look like that shown in . An energy diagram for two competing reactions in which the less stable product B forms faster than the more stable product C . Let’s first carry out the reaction at a lower temperature so that both processes are irreversible and no equilibrium is reached. Because B forms faster than C , B is the major product. It doesn’t matter that C is more stable than B , because the two are not in equilibrium. The product of an irreversible reaction depends only on relative rates, not on stability. Such reactions are said to be under kinetic control . Now let’s carry out the same reaction at some higher temperature so that both processes are readily reversible and an equilibrium is reached. Because C is more stable than B , C is the major product obtained. It doesn’t matter that C forms more slowly than B , because the two are in equilibrium. The product of a readily reversible reaction depends only on stability, not on relative rates. Such reactions are said to be under equilibrium control, or thermodynamic control . We can now explain the effect of temperature on the electrophilic addition reactions of conjugated dienes. At low temperature (0 °C), HBr adds to 1,3-butadiene under kinetic control to give a 71 : 29 mixture of products, with the more rapidly formed 1,2 adduct predominating. Because these low-temperature conditions don’t allow the reaction to reach equilibrium, the product that forms faster predominates. At higher temperature (40 °C), however, the reaction occurs under thermodynamic control to give a 15 : 85 mixture of products, with the more stable 1,4 adduct predominating. The higher temperature allows the addition process to become reversible, so an equilibrium mixture of products results. shows this situation in an energy diagram. Energy diagram for the electrophilic addition of HBr to 1,3-butadiene. The 1,2 adduct is the kinetic product because it forms faster, but the 1,4 adduct is the thermodynamic product because it is more stable. The electrophilic addition of HBr to 1,3-butadiene is a good example of how a change in experimental conditions can change the product of a reaction. The concept of thermodynamic control versus kinetic control is a useful one that we can sometimes take advantage of in the laboratory. Problems", "section": "Kinetic versus Thermodynamic Control of Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Diels–Alder Cycloaddition Reaction Perhaps the most striking difference between conjugated and nonconjugated dienes is that conjugated dienes undergo an addition reaction with alkenes to yield substituted cyclohexene products. For example, 1,3-butadiene and 3-buten-2-one give 3-cyclohexenyl methyl ketone. This process, named the Diels–Alder cycloaddition reaction after its discoverers, is extremely useful in the laboratory because it forms two carbon–carbon bonds in a single step and is one of the few general methods available for making cyclic molecules. (As the name implies, a cycloaddition reaction is one in which two reactants add together to give a cyclic product.) The 1950 Nobel Prize in Chemistry was awarded to Otto Diels and Kurt Alder in recognition of the importance of their discovery. The mechanism of Diels–Alder cycloaddition is different from that of other reactions we’ve studied because it is neither polar nor radical. Rather, the Diels–Alder reaction is a pericyclic process. Pericyclic reactions, which we’ll discuss in more detail in Chapter 30, take place in a single step by a cyclic redistribution of bonding electrons. The two reactants simply join together through a cyclic transition state in which the two new C–C bonds form at the same time. We can picture a Diels–Alder addition as occurring by head-on ( σ ) overlap of the two alkene p orbitals with the two p orbitals on carbons 1 and 4 of the diene ( ). This is, of course, a cyclic orientation of the reactants. Mechanism of the Diels–Alder cycloaddition reaction. The reaction occurs in a single step through a cyclic transition state in which the two new C−C bonds form simultaneously. In the Diels–Alder transition state, the two alkene carbons and carbons 1 and 4 of the diene rehybridize from sp 2 to sp 3 to form two new single bonds, while carbons 2 and 3 of the diene remain sp 2 -hybridized to form the new double bond in the cyclohexene product. We’ll study this mechanism in more detail in Section 30.5 but will concentrate for the present on learning about the characteristics and uses of the Diels–Alder reaction.", "section": "The Diels–Alder Cycloaddition Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Characteristics of the Diels–Alder Reaction The Dienophile The Diels–Alder cycloaddition reaction occurs most rapidly if the alkene component, called the dienophile (“diene lover”), has an electron-withdrawing substituent group. Thus, ethylene itself reacts sluggishly, but propenal, ethyl propenoate, maleic anhydride, benzoquinone, propenenitrile, and similar compounds are highly reactive. Note also that alkynes, such as methyl propynoate, can act as Diels–Alder dienophiles. In all cases, the double or triple bond of the dienophile is adjacent to the positively polarized carbon of an electron-withdrawing substituent. As a result, the double-bond carbons in these substances are substantially less electron-rich than the carbons in ethylene, as indicated by the electrostatic potential maps in . Electrostatic potential maps of ethylene, propenal, and propenenitrile show that electron-withdrawing groups make the double-bond carbons less electron-rich . One of the most useful features of the Diels–Alder reaction is that it is stereospecific , meaning that a single product stereoisomer is formed. Furthermore, the stereochemistry of the dienophile is retained. If we carry out cycloaddition with methyl cis -2-butenoate, only the cis-substituted cyclohexene product is formed. With methyl trans -2-butenoate, only the trans-substituted cyclohexene product is formed. Another stereochemical feature of the Diels–Alder reaction is that the diene and dienophile partners orient so that the endo product, rather than the alternative exo product, is formed. The words endo and exo are used to indicate relative stereochemistry when referring to bicyclic structures like substituted norbornanes ( ). A substituent on one bridge is said to be endo if it is syn (cis) to the larger of the other two bridges and is said to be exo if it is anti (trans) to the larger of the other two. Endo products result from Diels–Alder reactions because the amount of orbital overlap between diene and dienophile is greater when the reactants lie directly on top of one another, so that the electron-withdrawing substituent on the dienophile is underneath the diene double bonds. In the reaction of 1,3-cyclopentadiene with maleic anhydride, for instance, the following result is obtained: Predicting the Product of a Diels–Alder Reaction Predict the product of the following Diels–Alder reaction: Strategy Draw the diene so that the ends of its two double bonds are near the dienophile double bond. Then form two single bonds between the partners, convert the three double bonds into single bonds, and convert the former single bond of the diene into a double bond. Because the dienophile double bond is cis to begin with, the two attached hydrogens must remain cis in the product. Solution Problems The Diene Just as the dienophile component has certain constraints that affect its reactivity, so too does the conjugated diene component. The diene must adopt what is called an s -cis conformation , meaning “cis-like” about the s ingle bond, to undergo a Diels–Alder reaction. Only in the s -cis conformation are carbons 1 and 4 of the diene close enough to react through a cyclic transition state. In the alternative s -trans conformation, the ends of the diene partner are too far apart to overlap with the dienophile p orbitals. Two examples of dienes that can’t adopt an s -cis conformation, and thus don’t undergo Diels–Alder reactions, are shown in . In the bicyclic diene, the double bonds are rigidly fixed in an s -trans arrangement by geometric constraints of the rings. In (2 Z ,4 Z )-2,4-hexadiene, steric strain between the two methyl groups prevents the molecule from adopting s -cis geometry. Two dienes that can’t achieve an s -cis conformation and thus can’t undergo Diels–Alder reactions. In contrast to these unreactive dienes that can’t achieve an s -cis conformation, other dienes are fixed only in the correct s -cis geometry and are therefore highly reactive in Diels–Alder cycloaddition. 1,3-Cyclopentadiene, for example, is so reactive that it reacts with itself. At room temperature, 1,3-cyclopentadiene dimerizes. One molecule acts as diene and a second molecule acts as dienophile in a self-Diels–Alder reaction. Biological Diels–Alder reactions are also known but are uncommon. One example occurs in the biosynthesis of the cholesterol-lowering drug lovastatin (trade name Mevacor) isolated from the fungus Aspergillus terreus. The key step is the intramolecular Diels–Alder reaction of a triene, in which the diene and dienophile components are within the same molecule. Problems", "section": "Characteristics of the Diels–Alder Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Diene Polymers: Natural and Synthetic Rubbers Conjugated dienes can be polymerized just as simple alkenes can ( ). Diene polymers are structurally more complex than simple alkene polymers, however, because double bonds occur every four carbon atoms along the chain, leading to the possibility of cis–trans isomers. The initiator (In) for the reaction can be either a radical, as occurs in ethylene polymerization, or an acid. Note that the polymerization is a 1,4 addition of the growing chain to a conjugated diene monomer. Rubber is a naturally occurring diene polymer of isoprene (2-methyl-1,3-butadiene) and is produced by more than 400 different plants. The major source is the so-called rubber tree, Hevea brasiliensis, from which the crude material, called latex, is harvested as it drips from a slice made through the bark. The double bonds of rubber have Z stereochemistry, but gutta-percha, the E isomer of rubber, also occurs naturally. Harder and more brittle than rubber, gutta-percha has a variety of applications, including use in dental endodontics and as the covering on some golf balls. A number of different synthetic rubbers are produced commercially by diene polymerization. Both cis - and trans -polyisoprene can be made, and the synthetic rubber thus produced is similar to the natural material. Chloroprene (2-chloro-1,3-butadiene) is polymerized to yield neoprene, an excellent, although expensive, synthetic rubber with good weather resistance. Neoprene is used in the production of industrial hoses and gloves, among other things. Both natural and synthetic rubbers are too soft and tacky to be useful until they are hardened by heating with elemental sulfur, a process called vulcanization. Vulcanization cross-links the rubber chains by forming carbon–sulfur bonds between them, thereby hardening and stiffening the polymer. The exact degree of hardening can be varied, yielding material soft enough for automobile tires or hard enough for bowling balls (ebonite). The unusual ability of rubber to stretch and then contract to its original shape is due to the irregular structure of the polymer chains caused by the double bonds. These double bonds introduce bends and kinks into the polymer chains, thereby preventing neighboring chains from nestling together. When stretched, the randomly coiled chains straighten out and orient along the direction of the pull but are kept from sliding over one another by the cross-links. When the tension is released, the polymer reverts to its original random state. Problems", "section": "Diene Polymers: Natural and Synthetic Rubbers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Ultraviolet Spectroscopy As we’ve seen, mass spectrometry, infrared spectroscopy, and nuclear magnetic resonance spectroscopy are techniques of structure determination applicable to all organic molecules. In addition to these three generally useful methods, there is a fourth— ultraviolet (UV) spectroscopy —that is applicable only to conjugated compounds. UV is less commonly used than the other three spectroscopic techniques because of the specialized information it gives, so we’ll only discuss it briefly. Technique Examines Mass spectrometry Molecular size and formula IR spectroscopy Functional groups present NMR spectroscopy Carbon–hydrogen framework UV spectroscopy Conjugated π electron systems The ultraviolet region of the electromagnetic spectrum extends from the short-wavelength end of the visible region (4 × 10 –7 m) to the long-wavelength end of the X-ray region (10 –8 m), but the narrow range from 2 × 10 –7 m to 4 × 10 –7 m is the part of greatest interest to organic chemists. Absorptions in this region are usually measured in nanometers (nm), where 1 nm = 10 –9 m. Thus, the ultraviolet range of interest is from 200 to 400 nm ( ). The ultraviolet (UV) and neighboring regions of the electromagnetic spectrum. We saw in that when an organic molecule is irradiated with electromagnetic energy, the radiation either passes through the sample or is absorbed, depending on its energy. With IR irradiation, the energy absorbed corresponds to the amount needed to increase molecular vibrations. With UV radiation, the energy absorbed corresponds to the amount needed to promote an electron from a lower-energy orbital to a higher-energy one in a conjugated molecule. The conjugated diene 1,3-butadiene, for instance, has four π molecular orbitals, as shown previously in . The two lower-energy, bonding MOs are occupied in the ground state, and the two higher-energy, antibonding MOs are unoccupied. On irradiation with ultraviolet light ( hυ ), 1,3-butadiene absorbs energy and a π electron is promoted from the highest occupied molecular orbital (HOMO) to the lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) . Because the electron is promoted from a bonding π molecular orbital to an antibonding π * molecular orbital, we call this a π → π * excitation (read as “pi to pi star”). The energy gap between the HOMO and the LUMO of 1,3-butadiene is such that UV light of 217 nm wavelength is required to effect the π → π * electronic transition ( ). Ultraviolet excitation of 1,3-butadiene results in the promotion of an electron from ψ 2 , the highest occupied molecular orbital (HOMO), to ψ 3 *, the lowest unoccupied molecular orbital (LUMO). An ultraviolet spectrum is recorded by irradiating a sample with UV light of continuously changing wavelength. When the wavelength corresponds to the energy level required to excite an electron to a higher level, energy is absorbed. This absorption is detected and displayed on a chart that plots wavelength versus absorbance (A), defined as A = log I 0 I where I 0 is the intensity of the incident light and I is the intensity of the light transmitted through the sample. Note that UV spectra differ from IR spectra in how they are presented. For historical reasons, IR spectra are usually displayed so that the baseline corresponding to zero absorption runs across the top of the chart and a valley indicates an absorption, whereas UV spectra are displayed with the baseline at the bottom of the chart so that a peak indicates an absorption ( ). The ultraviolet spectrum of 1,3-butadiene, λ max = 217 nm. The amount of UV light absorbed is expressed as the sample’s molar absorptivity ( ϵ ) , defined by the equation ε = A c × l where A = Absorbance c = Concentration in mol/L l = Sample pathlength in cm Molar absorptivity is a physical constant, characteristic of the particular substance being observed and thus characteristic of the particular π electron system in the molecule. Typical values for conjugated dienes are in the range ε = 10,000 to 25,000. The units for molar absorptivity, L/(mol · cm), are usually dropped. A particularly important use of this equation comes from rearranging it to the form c = A /( ε · l ), which lets us measure the concentration of a sample in solution when A , ε , and l are known. As an example, β -carotene, the pigment responsible for the orange color of carrots, has ε = 138,000 L/(mol · cm). If a sample of β -carotene is placed in a cell with a pathlength of 1.0 cm and the UV absorbance reads 0.37, then the concentration of β -carotene in the sample is c = A ε l = 0.37 1.38 × 10 5 L mol ⋅ cm ( 1.00 cm ) = 2.7 × 10 − 6 mol/L Unlike IR and NMR spectra, which show many absorptions for a given molecule, UV spectra are usually quite simple—often only a single peak. The peak is usually broad, and we identify its position by noting the wavelength at the top of the peak— λ max , read as “lambda max.” Problems", "section": "Ultraviolet Spectroscopy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Interpreting Ultraviolet Spectra: The Effect of Conjugation The wavelength necessary to effect the π → π * transition in a conjugated molecule depends on the energy gap between HOMO and LUMO, which in turn depends on the nature of the conjugated system. Thus, by measuring the UV spectrum of an unknown, we can derive structural information about the nature of any conjugated π electron system present in a molecule. One of the most important factors affecting the wavelength of UV absorption by a molecule is the extent of conjugation. Molecular orbital calculations show that the energy difference between HOMO and LUMO decreases as the extent of conjugation increases. Thus, 1,3-butadiene absorbs at λ max = 217 nm, 1,3,5-hexatriene absorbs at λ max = 258 nm, and 1,3,5,7-octatetraene absorbs at λ max = 290 nm. (Remember: longer wavelength means lower energy.) Other kinds of conjugated systems, such as conjugated enones and aromatic rings, also have characteristic UV absorptions that are useful in structure determination. The UV absorption maxima of some representative conjugated molecules are given in . Ultraviolet Absorptions of Some Conjugated Molecules Name Structure λ max (nm) 2-Methyl-1,3-butadiene 220 1,3-Cyclohexadiene 256 1,3,5-Hexatriene H 2 C=CH―CH=CH–CH=CH 2 258 1,3,5,7-Octatetraene H 2 C=CH–CH=CH–CH=CH–CH=CH 2 290 3-Buten-2-one 219 Benzene 254 Problems", "section": "Interpreting Ultraviolet Spectra: The Effect of Conjugation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conjugation, Color, and the Chemistry of Vision Why are some organic compounds colored while others are not? β -Carotene, the pigment in carrots, is yellow-orange, for instance, while cholesterol is colorless. The answer involves both the chemical structures of colored molecules and the way we perceive light. The visible region of the electromagnetic spectrum is adjacent to the ultraviolet region, extending from approximately 400 to 800 nm. Colored compounds have such elaborate systems of conjugation that their “UV” absorptions extend into the visible region. β -Carotene, for instance, has 11 double bonds in conjugation, and its absorption occurs at λ max = 455 nm ( ). Ultraviolet spectrum of β -carotene, a conjugated molecule with 11 double bonds. The absorption occurs in the visible region. “White” light from the sun or from a lamp consists of all wavelengths in the visible region. When white light strikes β -carotene, the wavelengths from 400 to 500 nm (blue) are absorbed while all other wavelengths are transmitted and can reach our eyes. We therefore see the white light with the blue removed, which we perceive as a yellow-orange color for β -carotene. Conjugation is crucial not only for the colors we see in organic molecules but also for the light-sensitive molecules on which our visual system is based. The key substance for vision is dietary β -carotene, which is converted to vitamin A by enzymes in the liver, oxidized to an aldehyde called 11- trans -retinal, and then isomerized by a change in geometry of the C11–C12 double bond to produce 11- cis -retinal. There are two main types of light-sensitive receptor cells in the retina of the human eye: rod cells and cone cells. The 3 million or so rod cells are primarily responsible for seeing dim light and shades of gray, whereas the 100 million cone cells are responsible for seeing bright light and colors. In the rod cells of the eye, 11- cis -retinal is converted into rhodopsin, a light-sensitive substance formed from the protein opsin and 11- cis -retinal. When light strikes the rod cells, isomerization of the C11–C12 double bond occurs and trans -rhodopsin, called metarhodopsin II, is produced. In the absence of light, this cis–trans isomerization takes approximately 1100 years, but in the presence of light, it occurs within 2 × 10 –13 seconds! Isomerization of rhodopsin is accompanied by a change in molecular geometry, which in turn causes a nerve impulse to be sent through the optic nerve to the brain, where it is perceived as vision. Metarhodopsin II is then recycled back into rhodopsin by a multistep sequence involving cleavage to all- trans -retinal and cis–trans isomerization back to 11- cis -retinal. Photolithography Fifty years ago, someone interested in owning a computer would have paid approximately $150,000 for 16 megabytes of random-access memory that would have occupied a volume the size of a small desk. Today, anyone can buy 60 times as much computer memory for $10 and fit the small chip into their shirt pocket. The difference between then and now is due to improvements in photolithography, the process by which integrated-circuit chips are made. Photolithography begins by coating a layer of SiO 2 onto a silicon wafer and further coating with a thin (0.5–1.0 μ m) film of a light-sensitive organic polymer called a resist. A mask is then used to cover those parts of the chip that will become a circuit, and the wafer is irradiated with UV light. The nonmasked sections of the polymer undergo a chemical change when irradiated, which makes them more soluble than the masked, unirradiated sections. On washing the irradiated chip with solvent, solubilized polymer is selectively removed from the irradiated areas, exposing the SiO 2 underneath. This SiO 2 is then chemically etched away by reaction with hydrofluoric acid, leaving behind a pattern of polymer-coated SiO 2 . Further washing removes the remaining polymer, leaving a positive image of the mask in the form of exposed ridges of SiO 2 ( ). Additional cycles of coating, masking, and etching then produce the completed chips. Manufacturing the ultrathin circuitry on this computer chip depends on the organic chemical reactions of special polymers. (credit: “Integrated circuit on microchip” by Jon Sullivan/Wikimedia Commons, Public Domain) Outline of the photolithography process for producing integrated circuit chips. The polymer resist currently used in chip manufacturing is based on the two-component diazoquinone–novolac system. Novolac resin is a soft, relatively low-molecular-weight polymer made from methylphenol and formaldehyde, while the diazoquinone is a bicyclic (two-ring) molecule containing a diazo group =N=N) adjacent to a ketone carbonyl (C=O). The diazoquinone–novolac mix is relatively insoluble when fresh, but on exposure to ultraviolet light and water vapor, the diazoquinone component undergoes reaction to yield N 2 and a carboxylic acid, which can be washed away with dilute base. Novolac–diazoquinone technology is capable of producing features as small as 0.5 μ m (5 × 10 –7 m), but further improvements in miniaturization are still being developed. 1,2-addition 1,4-addition conjugated Diels–Alder cycloaddition reaction dienophile endo exo highest occupied molecular orbital (HOMO) kinetic control lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) molar absorptivity ( ε ) s -cis conformation stereospecific thermodynamic control ultraviolet (UV) spectroscopy Summary The unsaturated compounds we’ve looked at previously have had only one double bond, but many compounds have numerous sites of unsaturation, which gives them some distinctive properties. Many such compounds are common in nature, including pigments and hormones. A conjugated diene or other compound is one that contains alternating double and single bonds. One characteristic of conjugated dienes is that they are more stable than their nonconjugated counterparts. This stability can be explained by a molecular orbital description in which four p atomic orbitals combine to form four π molecular orbitals. Only the two bonding orbitals are occupied; the two antibonding orbitals are unoccupied. A π bonding interaction in the lowest-energy MO introduces some partial double-bond character between carbons 2 and 3, thereby strengthening the C2–C3 bond and stabilizing the molecule. Conjugated dienes undergo several reactions not observed for nonconjugated dienes. One is the 1,4-addition of electrophiles. When a conjugated diene is treated with an electrophile such as HCl, 1,2- and 1,4-addition products are formed. Both result from the same resonance-stabilized allylic carbocation intermediate and are produced in varying amounts depending on the reaction conditions. The 1,2 adduct is usually formed faster and is said to be the product of kinetic control . The 1,4 adduct is usually more stable and is said to be the product of thermodynamic control . Another reaction unique to conjugated dienes is Diels–Alder cycloaddition . Conjugated dienes react with electron-poor alkenes ( dienophiles ) in a single step through a cyclic transition state to yield a cyclohexene product. The reaction is stereospecific, meaning that only a single product stereoisomer is formed, and can occur only if the diene is able to adopt an s -cis conformation. Ultraviolet (UV) spectroscopy is a method of structure determination applicable specifically to conjugated π -electron systems. When a conjugated molecule is irradiated with ultraviolet light, energy absorption occurs and a π electron is promoted from the highest occupied molecular orbital (HOMO) to the lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) . For 1,3-butadiene, radiation of λ max = 217 nm is required. The greater the extent of conjugation, the less the energy needed and the longer the wavelength of radiation required. Summary of Reactions Electrophilic addition reactions ( and ) Diels–Alder cycloaddition reaction ( and ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Conjugated Dienes Diels–Alder Reactions Diene Polymers UV Spectroscopy General Problems", "section": "Conjugation, Color, and the Chemistry of Vision", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? A fennel plant is an aromatic herb used in cooking. A phenyl group—pronounced exactly the same way—is the characteristic structural unit of “aromatic” organic compounds. (credit: modification of work “Fennel” by Ruth Hartnup/Flickr, CC BY 2.0) The reactivity of substituted aromatic compounds, more than that of any other class of substances, is intimately tied to their exact structure. As a result, aromatic compounds provide an extraordinarily sensitive probe for studying the relationship between structure and reactivity. We’ll examine this relationship here and in the following chapter, and we’ll find that the lessons learned are applicable to all other organic compounds, including important substances such as the nucleic acids that control our genetic makeup. In the early days of organic chemistry, the word aromatic was used to describe such fragrant substances as benzaldehyde (from cherries, peaches, and almonds), toluene (from Tolu balsam), and benzene (from coal distillate). It was soon realized, however, that substances grouped as aromatic differed from most other organic compounds in their chemical behavior. Today, the association of aromaticity with fragrance has long been lost, and we now use the word aromatic to refer to the class of compounds that contain six-membered rings with three alternating double bonds. Many naturally occurring compounds are aromatic in part, including steroids such as estrone and well-known pharmaceuticals such as the cholesterol-lowering drug atorvastatin, marketed as Lipitor. Benzene itself causes a depressed white blood cell count (leukopenia) on prolonged exposure and should not be used as a laboratory solvent.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Aromatic Compounds Simple aromatic hydrocarbons come from two main sources: coal and petroleum. Coal is an enormously complex mixture consisting primarily of large arrays of benzene-like rings joined together. Thermal breakdown of coal occurs when heated to 1000 °C in the absence of air, and a mixture of volatile products called coal tar boils off. Fractional distillation of coal tar yields benzene, toluene, xylene (dimethylbenzene), naphthalene, and a host of other aromatic compounds ( ). Some aromatic hydrocarbons found in coal tar. Unlike coal, petroleum contains few aromatic compounds and consists largely of alkanes (see Chapter 3 Chemistry Matters ). During petroleum refining, however, aromatic molecules are formed when alkanes are passed over a catalyst at about 500 °C under high pressure. Aromatic substances, more than any other class of organic compounds, have acquired a large number of nonsystematic names. IUPAC rules discourage the use of most such names but do allow some of the more widely used ones to be retained ( ). Thus, methylbenzene is known commonly as toluene; hydroxybenzene as phenol; aminobenzene as aniline; and so on. Common Names of Some Aromatic Compounds Structure Name Toluene (bp 111 °C) Phenol (mp 43 °C) Aniline (bp 184 °C) Acetophenone (mp 21 °C) Benzaldehyde (bp 178 °C) Benzoic acid (mp 122 °C) ortho -Xylene (bp 144 °C) Styrene (bp 145 °C) Monosubstituted benzenes are named systematically in the same manner as other hydrocarbons, with - benzene as the parent name. Thus, C 6 H 5 Br is bromobenzene, C 6 H 5 NO 2 is nitrobenzene, and C 6 H 5 CH 2 CH 2 CH 3 is propylbenzene. Alkyl-substituted benzenes are sometimes referred to as arenes and are named in different ways depending on the size of the alkyl group. If the alkyl substituent is smaller than the ring (six or fewer carbons), the arene is referred to as an alkyl-substituted benzene. If the alkyl substituent is larger than the ring (seven or more carbons), the compound is referred to as a phenyl-substituted alkane. The name phenyl , pronounced fen -nil and sometimes abbreviated as Ph or Ф (Greek phi ), is used for the –C 6 H 5 unit when the benzene ring is considered a substituent. The word is derived from the Greek pheno (“I bear light”), commemorating the discovery of benzene by Michael Faraday in 1825 from the oily residue left by the illuminating gas used in London street lamps. In addition, the name benzyl is used for the C 6 H 5 CH 2 – group. Disubstituted benzenes are named using the prefixes ortho ( o ) , meta ( m ) , or para ( p ) . An ortho-disubstituted benzene has its two substituents in a 1,2 relationship on the ring, a meta-disubstituted benzene has its two substituents in a 1,3 relationship, and a para-disubstituted benzene has its substituents in a 1,4 relationship. The ortho, meta, para system of nomenclature is also useful when discussing reactions. For example, we might describe the reaction of bromine with toluene by saying, “Reaction occurs at the para position,” meaning at the position para to the methyl group already present on the ring. As with cycloalkanes ( ), benzenes with more than two substituents are named by choosing a point of attachment as carbon 1 and numbering the substituents on the ring so that the second substituent has as low a number as possible. If ambiguity still exists, number so that the third or fourth substituent has as low a number as possible, until a point of difference is found. The substituents are listed alphabetically when writing the name. Note in the second and third examples shown that - phenol and - toluene are used as the parent names rather than - benzene . Any of the monosubstituted aromatic compounds shown in can serve as a parent name, with the principal substituent (–OH in phenol or –CH 3 in toluene) attached to C1 on the ring. Problems", "section": "Naming Aromatic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Structure and Stability of Benzene Benzene (C 6 H 6 ) has six fewer hydrogens than the six-carbon cycloalkane cyclohexane (C 6 H 12 ) and is clearly unsaturated, usually being represented as a six-membered ring with alternating double and single bonds. Yet it has been known since the mid-1800s that benzene is much less reactive than typical alkenes and fails to undergo typical alkene addition reactions. Cyclohexene, for instance, reacts rapidly with Br 2 and gives the addition product 1,2-dibromocyclohexane, but benzene reacts slowly with Br 2 and gives the substitution product C 6 H 5 Br rather than the addition product. We can get a quantitative idea of benzene’s stability by measuring heats of hydrogenation ( ). Cyclohexene, an isolated alkene, has Δ H ° hydrog = –118 kJ/mol (–28.2 kcal/mol), and 1,3-cyclohexadiene, a conjugated diene, has Δ H ° hydrog = –230 kJ/mol (–55.0 kcal/mol). As noted in , this value for 1,3-cyclohexadiene is a bit less than twice that for cyclohexene because conjugated dienes are more stable than isolated dienes. Carrying the process one step further, we might expect Δ H ° hydrog for “cyclohexatriene” (benzene) to be a bit less than 3 × 118 = 354 kJ/mol, or three times the cyclohexene value. The actual value, however, is –206 kJ/mol, some 148 kJ/mol (35.4 kcal/mol) less than expected. Because of this difference in actual and expected energy released during hydrogenation, benzene must have 148 kJ/mol less energy to begin with. In other words, benzene is more stable than expected by 148 kJ/mol ( ). A comparison of the heats of hydrogenation for cyclohexene, 1,3-cyclohexadiene, and benzene. Benzene is 148 kJ/mol (35.4 kcal/mol) more stable than might be expected for “cyclohexatriene.” Further evidence for the unusual nature of benzene is that all its carbon–carbon bonds have the same length—139 pm, which is intermediate between typical single (154 pm) and double (134 pm) bonds. In addition, an electrostatic potential map shows that the electron density in all six C–C bonds is identical. Thus, benzene is a planar molecule with the shape of a regular hexagon. All C–C–C bond angles are 120°, all six carbon atoms are sp 2 -hybridized, and each carbon has a p orbital perpendicular to the plane of the six-membered ring. Because all six carbon atoms and all six p orbitals in benzene are equivalent, it’s impossible to define three localized π bonds in which a given p orbital overlaps only one neighboring p orbital. Rather, each p orbital overlaps equally well with both neighboring p orbitals, leading to a picture of benzene in which all six π electrons are free to move about the entire ring ( b). In resonance terms ( and ), benzene is a hybrid of two equivalent forms. Neither form is correct by itself; the true structure of benzene is somewhere in between the two resonance forms but is impossible to draw with our usual conventions. Because of this resonance, benzene is more stable and less reactive than a typical alkene. (a) An electrostatic potential map of benzene and (b) an orbital picture. Each of the six carbon atoms has a p orbital that can overlap equally well with neighboring p orbitals on both sides. As a result, all C–C bonds are equivalent and benzene must be represented as a hybrid of two resonance forms. Chemists sometimes represent the two benzene resonance forms by using a circle to indicate the equivalence of the carbon–carbon bonds, but this representation has to be used carefully because it doesn’t indicate the number of π electrons in the ring. (How many electrons does a circle represent?) In this book, benzene and other aromatic compounds will be represented by single line-bond structures. We’ll be able to keep count of π electrons this way but must be aware of the limitations of the drawings. Having just seen a resonance description of benzene, let’s now look at the alternative molecular orbital description. We can construct π molecular orbitals for benzene just as we did for 1,3-butadiene in . If six p atomic orbitals combine in a cyclic manner, six benzene molecular orbitals result, as shown in . The three low-energy molecular orbitals, denoted ψ 1 , ψ 2 , and ψ 3 , are bonding combinations, and the three high-energy orbitals are antibonding. The six benzene π molecular orbitals. The bonding orbitals ψ 2 and ψ 3 have the same energy and are said to be degenerate, as are the antibonding orbitals ψ 4 * and ψ 5 *. The orbitals ψ 3 and ψ 4 * have no π electron density on two carbons because of a node passing through these atoms. Note that the two bonding orbitals ψ 2 and ψ 3 have the same energy, as do the two antibonding orbitals ψ 4 * and ψ 5 * . Such orbitals with the same energy are said to be degenerate . Note also that the two orbitals ψ 3 and ψ 4 * have nodes passing through ring carbon atoms, thereby leaving no π electron density on these carbons. The six p electrons of benzene occupy the three bonding molecular orbitals and are delocalized over the entire conjugated system, leading to the observed 150 kJ/mol stabilization of benzene. Problems", "section": "Structure and Stability of Benzene", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Aromaticity and the Hückel 4 n + 2 Rule Let’s list what we’ve said thus far about benzene and, by extension, about other benzene-like aromatic molecules. Benzene is cyclic and conjugated. Benzene is unusually stable, having a heat of hydrogenation 150 kJ/mol less negative than we might expect for a conjugated cyclic triene. Benzene is planar and has the shape of a regular hexagon. All bond angles are 120°, all carbon atoms are sp 2 -hybridized, and all carbon–carbon bond lengths are 139 pm. Benzene undergoes substitution reactions that retain the cyclic conjugation rather than electrophilic addition reactions that would destroy it. Benzene can be described as a resonance hybrid whose structure is intermediate between two line-bond structures. This list might seem to be a good description of benzene and other aromatic molecules, but it isn’t enough. Something else, called the Hückel 4 n + 2 rule , is needed to complete a description of aromaticity. According to a theory devised in 1931 by the German physicist Erich Hückel, a molecule is aromatic only if it has a planar, monocyclic system of conjugation and contains a total of 4 n + 2 π electrons, where n is an integer ( n = 0, 1, 2, 3,). In other words, only molecules with 2, 6, 10, 14, 18, π electrons can be aromatic. Molecules with 4 n π electrons (4, 8, 12, 16,) can’t be aromatic, even though they may be cyclic, planar, and apparently conjugated. In fact, planar, conjugated molecules with 4 n π electrons are said to be antiaromatic because delocalization of their π electrons would lead to their destabilization. Let’s look at several examples to see how the Hückel 4 n + 2 rule works. Cyclobutadiene has four π electrons and is antiaromatic. As indicated by the electrostatic potential map, the π electrons are localized in two double bonds rather than delocalized around the ring. Cyclobutadiene is highly reactive and shows none of the properties associated with aromaticity. In fact, it was not even prepared until 1965, when Rowland Pettit at the University of Texas was able to make it at low temperature. Even at –78 °C, however, cyclobutadiene is so reactive that it dimerizes by a Diels–Alder reaction. One molecule behaves as a diene and the other as a dienophile. Benzene has six π electrons (4 n + 2 = 6 when n = 1) and is aromatic. Cyclooctatetraene has eight π electrons, but when it was first prepared in 1911 by the German chemist Richard Willstätter, it was found not to be particularly stable. In fact, its π electrons are localized into four double bonds rather than delocalized around the ring, and the molecule is tub-shaped rather than planar. It has no cyclic conjugation because neighboring p orbitals don’t have the necessary parallel alignment for overlap, and it resembles an open-chain polyene in its reactivity. X-ray studies show that the C–C single bonds in cyclooctatetraene are 147 pm long and the double bonds are 134 pm long. In addition, the 1 H NMR spectrum shows a single sharp resonance line at 5.78 δ, a value characteristic of an alkene rather than an aromatic molecule. What’s so special about 4 n + 2 π electrons? Why do 2, 6, 10, 14 π electrons lead to aromatic stability, while other numbers of electrons do not? The answer comes from molecular orbital theory. When the energy levels of molecular orbitals for cyclic conjugated molecules are calculated, it turns out that there is always a single lowest-lying MO, above which the MOs come in degenerate pairs. Thus, when electrons fill the various molecular orbitals, it takes two electrons, or one pair, to fill the lowest-lying orbital and four electrons, or two pairs, to fill each of n succeeding energy levels—a total of 4 n + 2. Any other number would leave an energy level partially filled. The six π molecular orbitals of benzene were shown previously in , and their relative energies are shown again in . The lowest-energy MO, ψ 1 , occurs singly and contains two electrons. The next two lowest-energy orbitals, ψ 2 and ψ 3 , are degenerate, and it therefore takes four electrons to fill both. The result is a stable six- π -electron aromatic molecule with filled bonding orbitals. Energy levels of the six benzene π molecular orbitals. There is a single, lowest-energy orbital, above which the orbitals come in degenerate pairs. Problems", "section": "Aromaticity and the Hückel 4n+ 2 Rule", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Aromatic Ions According to the Hückel criteria for aromaticity, a molecule must be cyclic, conjugated (nearly planar with a p orbital on each atom), and have 4 n + 2 π electrons. Nothing in this definition says that the number of π electrons must be the same as the number of atoms in the ring or that the substance must be neutral. In fact, the numbers can differ and the substance can be an ion. Thus, both the cyclopentadienyl anion and the cycloheptatrienyl cation are aromatic even though both are ions and neither contains a six-membered ring. To understand why the cyclopentadienyl anion and the cycloheptatrienyl cation are aromatic, imagine starting from the related neutral hydrocarbons, 1,3-cyclopentadiene and 1,3,5-cycloheptatriene, and removing one hydrogen from the saturated CH 2 carbon in each. If that carbon then rehybridizes from sp 3 to sp 2 , the resultant products would be fully conjugated, with a p orbital on every carbon. There are three ways in which the hydrogen might be removed. The hydrogen can be removed with both electrons (H : – ) from the C–H bond, leaving a carbocation as product. The hydrogen can be removed with one electron (H · ) from the C–H bond, leaving a carbon radical as product. The hydrogen can be removed with no electrons (H + ) from the C–H bond, leaving a carbanion as product. All the potential products formed by removing a hydrogen from 1,3-cyclopentadiene and from 1,3,5-cycloheptatriene can be drawn with numerous resonance structures, but Hückel’s rule predicts that only the six- π -electron cyclopentadienyl anion and cycloheptatrienyl cation can be aromatic. The other products are predicted by the 4 n + 2 rule to be unstable and antiaromatic ( ). The aromatic six- π -electron cyclopentadienyl anion and the six- π -electron cycloheptatrienyl cation. The anion can be formed by removing a hydrogen ion (H + ) from the CH 2 group of 1,3-cyclopentadiene. The cation can be generated by removing a hydride ion (H : – ) from the CH 2 group of 1,3,5-cycloheptatriene. In practice, both the four- π -electron cyclopentadienyl cation and the five- π -electron cyclopentadienyl radical are highly reactive and difficult to prepare. Neither shows any sign of the stability expected for an aromatic system. The six- π -electron cyclopentadienyl anion, by contrast, is easily prepared and remarkably stable ( a). In fact, the anion is so stable and easily formed that 1,3-cyclopentadiene is one of the most acidic hydrocarbons known, with p K a = 16, a value comparable to that of water! In the same way, the seven- π -electron cycloheptatrienyl radical and eight- π -electron anion are reactive and difficult to prepare, while the six- π -electron cycloheptatrienyl cation is extraordinarily stable ( b). In fact, the cycloheptatrienyl cation was first prepared more than a century ago by reaction of 1,3,5-cycloheptatriene with Br 2 , although its structure was not recognized at the time. (a) The aromatic cyclopentadienyl anion, showing cyclic conjugation and six π electrons in five p orbitals, and (b) the aromatic cycloheptatrienyl cation, showing cyclic conjugation and six π electrons in seven p orbitals. Electrostatic potential maps indicate that both ions are symmetrical, with the charge equally shared among all atoms in each ring. Problems", "section": "Aromatic Ions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Aromatic Heterocycles: Pyridine and Pyrrole Look back once again at the definition of aromaticity in : a cyclic, conjugated molecule containing 4 n + 2 π electrons. Nothing in this definition says that the atoms in the ring must be carbon. In fact, heterocyclic compounds can also be aromatic. A heterocycle is a cyclic compound that contains atoms of more than one element in its ring, usually carbon along with nitrogen, oxygen, or sulfur. Pyridine and pyrimidine, for example, are six-membered heterocycles with carbon and nitrogen in their rings ( ). Pyridine and pyrimidine are nitrogen-containing aromatic heterocycles with π electron arrangements like that of benzene. Both have a lone pair of electrons on nitrogen in an sp 2 orbital in the plane of the ring. Pyridine is much like benzene in its π electron structure. Each of the five sp 2 -hybridized carbons has a p orbital perpendicular to the plane of the ring, and each p orbital contains one π electron. The nitrogen atom is also sp 2 -hybridized and has one electron in a p orbital, bringing the total to six π electrons. The nitrogen lone-pair electrons (red in an electrostatic potential map) are in a sp 2 orbital in the plane of the ring and are not part of the aromatic π system. Pyrimidine, also shown in , is a benzene analog that has two nitrogen atoms in a six-membered, unsaturated ring. Both nitrogens are sp 2 -hybridized, and each contributes one electron to the aromatic π system. Pyrrole (spelled with two r ’s and one l ) and imidazole are five -membered heterocycles, yet both have six π electrons and are aromatic. In pyrrole, each of the four sp 2 -hybridized carbons contributes one π electron and the sp 2 -hybridized nitrogen atom contributes the two from its lone pair, which occupies a p orbital ( ). Imidazole, also shown in , is an analog of pyrrole that has two nitrogen atoms in a five-membered, unsaturated ring. Both nitrogens are sp 2 -hybridized, but one is in a double bond and contributes only one electron to the aromatic π system whereas the other is not in a double bond and contributes two from its lone pair. Pyrrole and imidazole are five-membered, nitrogen-containing heterocycles but have six- π -electron arrangements like that of the cyclopentadienyl anion. Both have a lone pair of electrons on nitrogen in a p orbital perpendicular to the ring. Note that nitrogen atoms have different roles depending on the structure of the molecule. The nitrogen atoms in pyridine and pyrimidine are both in double bonds and contribute only one π electron to the aromatic sextet, just as a carbon atom in benzene does. The nitrogen atom in pyrrole, however, is not in a double bond and contributes two π electrons (its lone pair) to the aromatic sextet. In imidazole, both kinds of nitrogen are present in the same molecule—a double-bonded “pyridine-like” nitrogen that contributes one π electron and a “pyrrole-like” nitrogen that contributes two. Pyrimidine and imidazole rings are particularly important in biological chemistry. Pyrimidine, for instance, is the parent ring system in cytosine, thymine, and uracil, three of the five heterocyclic amine bases found in nucleic acids. An aromatic imidazole ring is present in histidine, one of the 20 amino acids found in proteins. Accounting for the Aromaticity of a Heterocycle Thiophene, a sulfur-containing heterocycle, undergoes typical aromatic substitution reactions rather than addition reactions. Why is thiophene aromatic? Strategy Recall the requirements for aromaticity—a planar, cyclic, conjugated molecule with 4 n + 2 π electrons—and see how these requirements apply to thiophene. Solution Thiophene is the sulfur analog of pyrrole. The sulfur atom is sp 2 -hybridized and has a lone pair of electrons in a p orbital perpendicular to the plane of the ring. Sulfur also has a second lone pair of electrons in the ring plane. Problems", "section": "Aromatic Heterocycles: Pyridine and Pyrrole", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polycyclic Aromatic Compounds The Hückel rule is strictly applicable only to monocyclic compounds, but the general concept of aromaticity can be extended to include polycyclic aromatic compounds. Naphthalene, with two benzene-like rings fused together; anthracene, with three rings; benzo[a]pyrene, with five rings; and coronene, with six rings, are all well-known aromatic hydrocarbons. Benzo[a]pyrene is particularly interesting because it is one of the cancer-causing substances found in tobacco smoke. All polycyclic aromatic hydrocarbons can be represented by a number of different resonance forms. Naphthalene, for instance, has three. Naphthalene and other polycyclic aromatic hydrocarbons show many of the chemical properties associated with aromaticity. Thus, measurement of its heat of hydrogenation shows an aromatic stabilization energy of approximately 250 kJ/mol (60 kcal/mol). Furthermore, naphthalene reacts slowly with electrophiles such as Br 2 to give substitution products rather than double-bond addition products. The aromaticity of naphthalene is explained by the orbital picture in . Naphthalene has a cyclic, conjugated π electron system, with p orbital overlap both along the ten-carbon periphery of the molecule and across the central bond. Because ten π electrons is a Hückel number, there is π electron delocalization and consequent aromaticity in naphthalene. An orbital picture and electrostatic potential map of naphthalene, showing that the ten π electrons are fully delocalized throughout both rings. Just as there are heterocyclic analogs of benzene, there are also many heterocyclic analogs of naphthalene. Among the most common are quinoline, isoquinoline, indole, and purine. Quinoline, isoquinoline, and purine all contain pyridine-like nitrogens that are part of a double bond and contribute one electron to the aromatic π system. Indole and purine both contain pyrrole-like nitrogens that contribute two π electrons. Among the many biological molecules that contain polycyclic aromatic rings, the amino acid tryptophan contains an indole ring and the antimalarial drug quinine contains a quinoline ring. Adenine and guanine, two of the five heterocyclic amine bases found in nucleic acids, have rings based on purine. Problems", "section": "Polycyclic Aromatic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Aromatic Compounds Infrared Spectroscopy As we saw in the brief introduction to infrared spectroscopy ( ), aromatic rings show a characteristic C–H stretching absorption at 3030 cm –1 and a series of peaks in the 1450 to 1600 cm –1 range of the infrared spectrum. The aromatic C–H band at 3030 cm –1 generally has low intensity and occurs just to the left of a typical saturated C–H band. As many as four absorptions are sometimes observed in the 1450 to 1600 cm –1 region because of the complex molecular motions of the ring itself. Two bands, one at 1500 cm –1 and one at 1600 cm –1 , are usually the most intense. In addition, aromatic compounds show weak absorptions in the 1660 to 2000 cm –1 region and strong absorptions in the 690 to 900 cm –1 range due to C–H out-of-plane bending. The exact position of both sets of absorptions is diagnostic of the substitution pattern of the aromatic ring ( in ). Substitution Absorption Substitution Absorption Monosubstituted: 690–710 cm –1 1,2,4-Trisubstituted: 780–830 cm –1 730–770 cm –1 870–900 cm –1 o -Disubstituted: 735–770 cm –1 1,2,3-Trisubstituted: 670–720 cm –1 m -Disubstituted: 690–710 cm –1 750–790 cm –1 810–850 cm –1 1,3,5-Trisubstituted: 660–700 cm –1 p -Disubstituted: 810–840 cm –1 830–900 cm –1 The IR spectrum of toluene in shows these characteristic absorptions. The infrared spectrum of toluene. Ultraviolet Spectroscopy Aromatic rings are detectable by ultraviolet spectroscopy because they contain a conjugated π electron system. In general, aromatic compounds show a series of bands, with a fairly intense absorption near 205 nm and a less intense absorption in the 255 to 275 nm range. The presence of these bands in the ultraviolet spectrum of a molecule is a sure indication of an aromatic ring. shows the ultraviolet spectrum of benzene. Ultraviolet spectrum of benzene. There are primary bands at 184 and 202 nm and secondary (fine-structure) bands at 255 nm. Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Aromatic hydrogens are strongly deshielded by the ring and absorb between 6.5 and 8.0 δ. The spins of nonequivalent aromatic protons on substituted rings often couple with each other, giving rise to spin–spin splitting patterns that can identify the substitution of the ring. Much of the difference in chemical shift between aromatic protons (6.5–8.0 δ ) and vinylic protons (4.5–6.5 δ ) is due to a property of aromatic rings called ring-current . When an aromatic ring is oriented perpendicular to a strong magnetic field, the electrons circulate around the ring, producing a small local magnetic field. This induced field opposes the applied field in the middle of the ring but reinforces the applied field outside the ring ( ). Aromatic protons therefore experience an effective magnetic field greater than the applied field and come into resonance at a lower applied field. The origin of aromatic ring-current. Aromatic protons are deshielded by the induced magnetic field caused by delocalized π electrons circulating around the aromatic ring. Note that the aromatic ring-current produces different effects inside and outside the ring. If a ring were large enough to have both “inside” and “outside” protons, the protons on the outside would be deshielded and absorb at a field lower than normal but those on the inside would be shielded and absorb at a field higher than normal. This prediction has been strikingly confirmed by studies on [18]annulene, an 18- π -electron cyclic conjugated polyene that contains a Hückel number of electrons (4 n + 2 = 18 when n = 4). The six inside protons of [18]annulene are strongly shielded by the aromatic ring-current and absorb at –3.0 δ (that is, 3.0 ppm upfield from TMS, off the normal chart), while the 12 outside protons are strongly deshielded and absorb in the typical aromatic region at 9.3 ppm downfield from TMS. The presence of a ring-current is characteristic of all Hückel aromatic molecules and is a good test of aromaticity. For example, benzene, a six- π -electron aromatic molecule, absorbs at 7.37 δ because of its ring-current, but cyclooctatetraene, an eight- π -electron nonaromatic molecule, absorbs at 5.78 δ. Hydrogens on carbon next to aromatic rings— benzylic hydrogens—also show distinctive absorptions in the NMR spectrum. Benzylic protons normally absorb downfield from other alkane protons in the region from 2.3 to 3.0 δ. The 1 H NMR spectrum of p -bromotoluene, shown in , displays many of the features just discussed. The aromatic protons appear as two doublets at 7.04 and 7.37 δ, and the benzylic methyl protons absorb as a sharp singlet at 2.26 δ. Integration of the spectrum shows the expected 2 : 2 : 3 ratio of peak areas. The 1 H NMR spectrum of p -bromotoluene. The carbon atoms in an aromatic ring typically absorb in the range 110 to 140 δ in the 13 C NMR spectrum, as indicated by the examples in . These resonances are easily distinguished from those of alkane carbons but occur in the same range as alkene carbons. Thus, the presence of 13 C absorptions at 110 to 140 δ does not by itself establish the presence of an aromatic ring. Supporting evidence from infrared, ultraviolet, or 1 H NMR spectra is needed. Some 13 C NMR absorptions of aromatic compounds ( δ units). Aspirin, NSAIDs, and COX-2 Inhibitors Whatever the cause—whether tennis elbow, a sprained ankle, or a wrenched knee—pain and inflammation seem to go together. They are, however, different in their origin, and powerful drugs are available for treating each separately. Codeine, for example, is a powerful analgesic, or pain reliever, used in the management of debilitating pain, while cortisone and related steroids are potent anti-inflammatory agents, used for treating arthritis and other crippling inflammations. For minor pains and inflammation, both problems are often treated together by using a common over-the-counter medication called an NSAID, or nonsteroidal anti-inflammatory drug. One of the most common NSAIDs is aspirin, or acetylsalicylic acid, whose use goes back to the late 1800s. It had been known from before the time of Hippocrates in 400 BC that fevers could be lowered by chewing the bark of willow trees. The active agent in willow bark was found in 1827 to be an aromatic compound called salicin, which could be converted by reaction with water into salicyl alcohol and then oxidized to give salicylic acid. Salicylic acid turned out to be even more effective than salicin for reducing fevers and to have analgesic and anti-inflammatory action as well. Unfortunately, it also turned out to be too corrosive to the walls of the stomach for everyday use. Conversion of the phenol –OH group into an acetate ester, however, yielded acetylsalicylic acid, which proved just as potent as salicylic acid but less corrosive to the stomach. Many athletes rely on NSAIDs to help with pain and soreness. (credit: “Dillon Gee delivers a pitch” by Arturo Pardavila III/Wikimedia Commons, CC BY 2.0) Although extraordinary in its effect, aspirin is also more dangerous than commonly believed. 15 g of aspirin would be fatal to a child of 9–10 years, and 10 g would be lethal for a 6-year-old, and aspirin can cause stomach bleeding and allergic reactions in long-term users. Even more serious is a condition called Reye’s syndrome, a potentially fatal reaction to aspirin sometimes seen in children recovering from the flu. As a result of these problems, numerous other NSAIDs have been developed in the last several decades, most notably ibuprofen and naproxen. Like aspirin, both ibuprofen and naproxen are relatively simple aromatic compounds containing a side-chain carboxylic acid group. Ibuprofen, sold under the brand names Advil, Nuprin, Motrin, and others, has roughly the same potency as aspirin but is less prone to causing an upset stomach. Naproxen, sold under the names Aleve and Naprosyn, also has about the same potency as aspirin but remains active in the body six times longer. Aspirin and other NSAIDs function by blocking the cyclooxygenase (COX) enzymes that carry out the body’s synthesis of prostaglandins ( and Section 27.4 ). There are two forms of the enzyme: COX-1, which carries out the normal physiological production of prostaglandins, and COX-2, which mediates the body’s response to arthritis and other inflammatory conditions. Unfortunately, both COX-1 and COX-2 enzymes are blocked by aspirin, ibuprofen, and other NSAIDs, thereby shutting down not only the response to inflammation but also various protective functions, including the control mechanism for production of acid in the stomach. Medicinal chemists have therefore devised a number of drugs that act as selective inhibitors of only the COX-2 enzyme. Inflammation is thereby controlled without blocking protective functions. Originally heralded as a breakthrough in arthritis treatment, the first generation of COX-2 inhibitors, including rofecoxib, (marketed as Vioxx), celecoxib, (marketed as Celebrex), and Valdecoxib (marketed as Bextra), turned out to cause potentially serious heart problems, particularly in elderly or compromised patients. As a result, all three Cox-2 inhibitors were removed from the U.S. and other markets. Further studies, however, concluded that in proper doses the Cox-2 inhibitors were little different from other NSAIDs, and Vioxx returned to the market in 2017 for topical treatment of osteoarthritis. antiaromatic arene aromatic benzyl group degenerate orbitals heterocycle Hückel 4 n + 2 rule meta ( m ) ortho ( o ) para ( p ) phenyl group ring-current Summary Aromatic rings are a common part of many biological structures and are particularly important in nucleic acid chemistry and in the chemistry of several amino acids. In this chapter, we’ve seen how and why aromatic compounds are different from such apparently related compounds as cycloalkenes. The word aromatic is used for historical reasons to refer to the class of compounds related structurally to benzene. Aromatic compounds are systematically named according to IUPAC rules, but many common names are also used. Disubstituted benzenes are referred to as ortho (1,2 disubstituted), meta (1,3 disubstituted), or para (1,4 disubstituted) derivatives. The C 6 H 5 – unit itself is referred to as a phenyl group, and the C 6 H 5 CH 2 – unit is a benzyl group. Benzene is described by valence-bond theory as a resonance hybrid of two equivalent structures and is described by molecular orbital theory as a planar, cyclic, conjugated molecule with six π electrons. According to the Hückel rule , a molecule must have 4 n + 2 π electrons , where n = 0, 1, 2, 3, and so on, to be aromatic. Planar, cyclic, conjugated molecules with other numbers of π electrons are antiaromatic . Other substances besides benzene-like compounds are also aromatic. The cyclopentadienyl anion and the cycloheptatrienyl cation, for instance, are aromatic ions. Pyridine and pyrimidine are six-membered, nitrogen-containing, aromatic heterocycles . Pyrrole and imidazole are five-membered, nitrogen-containing heterocycles. Naphthalene, quinoline, indole, and many others are polycyclic aromatic compounds. Aromatic compounds have the following characteristics: Aromatic compounds are cyclic, planar, and conjugated. Aromatic compounds are unusually stable. Benzene, for instance, has a heat of hydrogenation 150 kJ/mol less than we might expect for a cyclic triene. Aromatic compounds react with electrophiles to give substitution products, in which cyclic conjugation is retained, rather than addition products, in which conjugation is destroyed. Aromatic compounds have 4 n + 2 π electrons, which are delocalized over the ring. Additional Problems Visualizing Chemistry Naming Aromatic Compounds Structure of Aromatic Compounds Aromaticity and Hückel’s Rule Spectroscopy General Problems", "section": "Spectroscopy of Aromatic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? In the 19th and early-20th centuries, benzene was used as an aftershave lotion because of its pleasant smell and as a solvent to decaffeinate coffee beans . Neither is a good idea. (credit: modification of work “ Ye Old Way ” by Geo. H. Walker & Co./Library of Congress) This chapter continues the coverage of aromatic molecules begun in the preceding chapter, but we’ll shift focus to concentrate on reactions, looking at the relationship between aromatic structure and reactivity. This relationship is critical in understanding how many biological molecules and pharmaceutical agents are synthesized and why they behave as they do. In the preceding chapter, we looked at aromaticity—the stability associated with benzene and related compounds that contain a cyclic conjugated system of 4 n + 2 π electrons. In this chapter, we’ll look at some of the unique reactions that aromatic molecules undergo. The most common reaction of aromatic compounds is electrophilic aromatic substitution , in which an electrophile (E + ) reacts with an aromatic ring and substitutes for one of the hydrogens. The reaction is characteristic of all aromatic rings, not just benzene and substituted benzenes. In fact, the ability of a compound to undergo electrophilic substitution is a good test of aromaticity. Many different substituents can be introduced onto an aromatic ring through electrophilic substitution. To list some possibilities, an aromatic ring can be substituted by a halogen (–Cl, –Br, –I), a nitro group (–NO 2 ), a sulfonic acid group (–SO 3 H), a hydroxyl group (–OH), an alkyl group (–R), or an acyl group (–COR). Starting from only a few simple materials, it’s possible to prepare many thousands of substituted aromatic compounds.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Electrophilic Aromatic Substitution Reactions: Bromination Before seeing how electrophilic aromatic substitutions occur, let’s briefly recall what we said in the chapter on Alkenes: Structure and Reactivity about electrophilic alkene additions. When a reagent such as HCl adds to an alkene, the electrophilic hydrogen ion approaches the π electrons of the double bond and forms a bond to one carbon, leaving a positive charge at the other carbon. This carbocation intermediate then reacts with the nucleophilic Cl – ion to yield the addition product. An electrophilic aromatic substitution reaction begins in a similar way, but there are a number of differences. One difference is that aromatic rings are less reactive toward electrophiles than alkenes. For example, Br 2 in CH 2 Cl 2 solution reacts instantly with most alkenes but does not react with benzene at room temperature. For bromination of benzene to take place, a catalyst such as FeBr 3 is needed. The catalyst makes the Br 2 molecule more electrophilic by polarizing it to give a FeBr 4 – Br + species that reacts as if it were Br + . The polarized Br 2 molecule then reacts with the nucleophilic benzene ring to yield a nonaromatic carbocation intermediate that is doubly allylic ( ) and has three resonance forms. Although more stable than a typical alkyl carbocation because of resonance, the intermediate in electrophilic aromatic substitution is nevertheless much less stable than the starting benzene ring itself, with its 150 kJ/mol (36 kcal/mol) of aromatic stability. Thus, the reaction of an electrophile with a benzene ring is endergonic, has a substantial activation energy, and is rather slow. shows an energy diagram comparing the reaction of an electrophile with an alkene and with benzene. The benzene reaction is slower (higher ∆ G ‡ ) because the starting material is more stable. A comparison of the reactions of an electrophile (E + ) with an alkene and with benzene: Δ G ‡ alkene < Δ G ‡ benzene . The benzene reaction is slower than the alkene reaction because of the stability of the aromatic ring. Another difference between alkene addition and aromatic substitution occurs after the carbocation intermediate has formed. Instead of adding Br – to give an addition product, the carbocation intermediate loses H + from the bromine-bearing carbon to give a substitution product. Note that this loss of H + is similar to what occurs in the second step of an E1 reaction ( ). The net effect of reaction of Br 2 with benzene is the substitution of H + by Br + by the overall mechanism shown in . MECHANISM The mechanism for the electrophilic bromination of benzene . The reaction occurs in two steps and involves a resonance-stabilized carbocation intermediate. Why does the reaction of Br 2 with benzene take a different course than its reaction with an alkene? The answer is straightforward. If addition occurred, the 150 kJ/mol stabilization energy of the aromatic ring would be lost and the overall reaction would be endergonic. When substitution occurs, though, the stability of the aromatic ring is retained and the reaction is exergonic. An energy diagram for the overall process is shown in . An energy diagram for the electrophilic bromination of benzene . Because the stability of the aromatic ring is retained, the overall process is exergonic. Problems", "section": "Electrophilic Aromatic Substitution Reactions: Bromination", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Other Aromatic Substitutions There are many other kinds of electrophilic aromatic substitutions besides bromination, and all occur by the same general mechanism. Let’s look at some of these other reactions briefly. Aromatic Halogenation Chlorine and iodine can be introduced into aromatic rings by electrophilic substitution reactions just as bromine can, but fluorine is too reactive and only poor yields of monofluoroaromatic products are obtained by direct fluorination. Instead, other sources of “F + ” are used, in which a fluorine atom is bonded to a positively charged nitrogen. One of the most common such reagents goes by the acronym F-TEDA-BF 4 in the presence of trifluoromethanesulfonic acid (TfOH). (You don’t need to know the full name of F-TEDA, which is sold under the name Selectfluor.) More than 20% of all pharmaceutical agents sold contain fluorine, including 30% of the top 100 drugs sold. Sitagliptin (Januvia), used to treat type 2 diabetes, fluoxetine (Prozac), an antidepressant, and atorvastatin (Lipitor), a statin used to lower cholesterol, are examples. Aromatic rings react with Cl 2 in the presence of FeCl 3 catalyst to yield chlorobenzenes, just as they react with Br 2 and FeBr 3 . This kind of reaction is used in the synthesis of numerous pharmaceutical agents, including the antiallergy medication loratadine, marketed as Claritin. Iodine itself is unreactive toward aromatic rings, so an oxidizing agent such as hydrogen peroxide or a copper salt such as CuCl 2 must be added to the reaction. These substances accelerate the iodination reaction by oxidizing I 2 to a more powerful electrophilic species that reacts as if it were I + . The aromatic ring then reacts with I + in the typical way, yielding a substitution product. Electrophilic aromatic halogenations also occur in the biosynthesis of many naturally occurring molecules, particularly those produced by marine organisms. In humans, the best-known example occurs in the thyroid gland during the biosynthesis of thyroxine, a hormone involved in regulating growth and metabolism. The amino acid tyrosine is first iodinated by thyroid peroxidase, and two of the iodinated tyrosine molecules then couple. The electrophilic iodinating agent is an I + species, perhaps hypoiodous acid (HIO), that is formed from iodide ion by oxidation with H 2 O 2 . Aromatic Nitration Aromatic rings are nitrated by reaction with a mixture of concentrated nitric and sulfuric acids. The electrophile is the nitronium ion, NO 2 + , which is formed from HNO 3 by protonation and loss of water. The nitronium ion reacts with benzene to yield a carbocation intermediate, and loss of H + from this intermediate gives the neutral substitution product, nitrobenzene ( ). The mechanism for electrophilic nitration of an aromatic ring . An electrostatic potential map of the reactive electrophile NO 2 + shows that the nitrogen atom is most positive. Electrophilic nitration of an aromatic ring does not occur in nature but is particularly important in the laboratory because the nitro-substituted product can be reduced by reagents such as iron, tin, or SnCl 2 to yield the corresponding arylamine, ArNH 2 . Attachment of an amino group (–NH 2 ) to an aromatic ring by the two-step nitration/reduction sequence is a key part of the industrial synthesis of many dyes and pharmaceutical agents. We’ll discuss this reduction and other reactions of aromatic nitrogen compounds in Chapter 24. Aromatic Sulfonation Aromatic rings can be sulfonated by reaction with so-called fuming sulfuric acid, a mixture of H 2 SO 4 and SO 3 . The reactive electrophile is either HSO 3 + or neutral SO 3 , depending on reaction conditions, and substitution occurs by the same two-step mechanism seen previously for bromination and nitration ( ). Note, however, that the sulfonation reaction is readily reversible. It can occur either forward or backward, depending on the reaction conditions. Sulfonation is favored in strong acid, but desulfonation is favored in hot, dilute aqueous acid. The mechanism for electrophilic sulfonation of an aromatic ring . An electrostatic potential map of the reactive electrophile HOSO 2 + shows that sulfur and hydrogen are the most positive atoms . Aromatic sulfonation does not occur naturally but is widely used in the preparation of dyes and pharmaceutical agents. For example, the sulfa drugs, such as sulfanilamide, were among the first clinically useful antibiotics. Although largely replaced today by more effective agents, sulfa drugs are still used in the treatment of meningitis and urinary tract infections. These drugs are prepared commercially by a process that involves aromatic sulfonation as its key step. Aromatic Hydroxylation Direct hydroxylation of an aromatic ring to yield a hydroxybenzene (a phenol ) is difficult and rarely done in the laboratory but occurs much more frequently in biological pathways. An example is the hydroxylation of p -hydroxyphenylacetate to give 3,4-dihydroxyphenylacetate. The reaction is catalyzed by p -hydroxyphenylacetate-3-hydroxylase and requires molecular oxygen plus the coenzyme reduced flavin adenine dinucleotide, abbreviated FADH 2 . By analogy with other electrophilic aromatic substitutions, you might expect that an electrophilic oxygen species acting as an “OH + equivalent” is needed for the hydroxylation reaction. That is just what happens, with the electrophilic oxygen arising by protonation of FAD hydroperoxide, RO–OH ( ); that is, RO–OH + H + → ROH + OH + . The FAD hydroperoxide itself is formed by reaction of FADH 2 with O 2 . MECHANISM Mechanism for the electrophilic hydroxylation of p -hydroxyphenylacetate, by reaction with FAD hydroperoxide . The hydroxylating species is an “OH + equivalent” that arises by protonation of FAD hydroperoxide, RO–OH + H + → ROH + OH + . The FAD hydroperoxide itself is formed by reaction of FADH 2 with O 2 . Problems", "section": "Other Aromatic Substitutions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkylation and Acylation of Aromatic Rings: The Friedel–Crafts Reaction Among the most useful electrophilic aromatic substitution reactions in the laboratory is alkylation —the introduction of an alkyl group onto the benzene ring. Called the Friedel–Crafts reaction after its founders in 1877, Charles Friedel and James Crafts, the reaction is carried out by treating an aromatic compound with an alkyl chloride, RCl, in the presence of AlCl 3 to generate a carbocation electrophile, R + . Aluminum chloride catalyzes the reaction by helping the alkyl halide to generate a carbocation in much the same way that FeBr 3 catalyzes aromatic brominations by polarizing Br 2 ( ). Loss of H + then completes the reaction ( ). MECHANISM Mechanism for the Friedel–Crafts alkylation reaction of benzene with 2-chloropropane to yield isopropylbenzene (cumene) . The electrophile is a carbocation, generated by AlCl 3 -assisted dissociation of an alkyl halide. Despite its utility, the Friedel–Crafts alkylation has several limitations. For one thing, only alkyl halides can be used. Aromatic (aryl) halides and vinylic halides don’t react because aryl and vinylic carbocations are too high in energy to form under Friedel–Crafts conditions. Another limitation is that Friedel–Crafts reactions don’t succeed on aromatic rings that are substituted either by a strongly electron-withdrawing group such as carbonyl (C=O) or by a basic amino group that can be protonated. We’ll see in the next section that the presence of a substituent group already on a ring can have a dramatic effect on that ring’s reactivity to further electrophilic substitution. Rings that contain any of the substituents listed in do not undergo Friedel–Crafts alkylation. Limitations on the aromatic substrate in Friedel–Crafts reactions . No reaction occurs if the substrate has either an electron-withdrawing substituent or a basic amino group. A third limitation to the Friedel–Crafts alkylation is that it’s often difficult to stop the reaction after a single substitution. Once the first alkyl group is on the ring, a second substitution reaction is facilitated for reasons we’ll discuss in the next section. Thus, we often observe polyalkylation. Reaction of benzene with 1 mol equivalent of 2-chloro-2-methylpropane, for example, yields p -di- tert -butylbenzene as the major product, along with small amounts of tert -butylbenzene and unreacted benzene. A high yield of mono-alkylation product is obtained only when a large excess of benzene is used. A final limitation to the Friedel–Crafts reaction is that a skeletal rearrangement of the alkyl carbocation electrophile sometimes occurs during reaction, particularly when a primary alkyl halide is used. Treatment of benzene with 1-chlorobutane at 0 °C, for instance, gives an approximately 2 : 1 ratio of rearranged ( sec -butyl) to unrearranged (butyl) products. The carbocation rearrangements that accompany Friedel–Crafts reactions are like those that accompany electrophilic additions to alkenes ( ) and occur either by hydride shift or alkyl shift. For example, the relatively unstable primary butyl carbocation produced by reaction of 1-chlorobutane with AlCl 3 rearranges to the more stable secondary butyl carbocation by the shift of a hydrogen atom and its electron pair (a hydride ion, H : – ) from C2 to C1. Similarly, alkylation of benzene with 1-chloro-2,2-dimethylpropane yields (1,1-dimethylpropyl)benzene. The initially formed primary carbocation rearranges to a tertiary carbocation by shift of a methyl group and its electron pair from C2 to C1. Just as an aromatic ring is alkylated by reaction with an alkyl chloride, it is acylated by reaction with a carboxylic acid chloride, RCOCl, in the presence of AlCl 3 . That is, an acyl group (–COR; pronounced a -sil) is substituted onto the aromatic ring. For example, reaction of benzene with acetyl chloride yields the ketone acetophenone. The mechanism of Friedel–Crafts acylation is similar to that of Friedel–Crafts alkylation, and the same limitations on the aromatic substrate noted previously in for alkylation also apply to acylation. The reactive electrophile is a resonance-stabilized acyl cation, generated by reaction between the acyl chloride and AlCl 3 ( ). As the resonance structures in the figure indicate, an acyl cation is stabilized by interaction of the vacant orbital on carbon with lone-pair electrons on the neighboring oxygen. Because of this stabilization, no carbocation rearrangement occurs during acylation. Mechanism of the Friedel–Crafts acylation reaction . The electrophile is a resonance-stabilized acyl cation, whose electrostatic potential map indicates that carbon is the most positive atom . Unlike the multiple substitutions that often occur in Friedel–Crafts alkylations, acylations never occur more than once on a ring because the product acylbenzene is less reactive than the nonacylated starting material. We’ll account for this reactivity difference in the next section. Aromatic alkylations occur in numerous biological pathways, although there is of course no AlCl 3 present in living systems to catalyze the reaction. Instead, the carbocation electrophile is typically formed by dissociation of an organodiphosphate, as we saw in . The dissociation is usually assisted by complexation to a divalent metal cation such as Mg 2+ , just as dissociation of an alkyl chloride is assisted by AlCl 3 . An example of a biological Friedel–Crafts reaction occurs during the biosynthesis of phylloquinone, or vitamin K 1 , the human blood-clotting factor. Phylloquinone is formed by reaction of 1,4-dihydroxynaphthoic acid with phytyl diphosphate. Phytyl diphosphate first dissociates to a resonance-stabilized allylic carbocation, which then substitutes onto the aromatic ring in the typical way. Several further transformations lead to phylloquinone ( ). Biosynthesis of phylloquinone (vitamin K 1 ) from 1,4-dihydroxynaphthoic acid . The key step that joins the 20-carbon phytyl side chain to the aromatic ring is a Friedel–Crafts-like electrophilic substitution reaction with a diphosphate ion as the leaving group. Predicting the Product of a Carbocation Rearrangement The Friedel–Crafts reaction of benzene with 2-chloro-3-methylbutane in the presence of AlCl 3 occurs with a carbocation rearrangement. What is the structure of the product? Strategy A Friedel–Crafts reaction involves initial formation of a carbocation, which can rearrange by either a hydride shift or an alkyl shift to give a more stable carbocation. Draw the initial carbocation, assess its stability, and see if the shift of a hydride ion or an alkyl group from a neighboring carbon will result in increased stability. In the present instance, the initial carbocation is a secondary one that can rearrange to a more stable tertiary one by a hydride shift. Use this more stable tertiary carbocation to complete the Friedel–Crafts reaction. Solution Problems", "section": "Alkylation and Acylation of Aromatic Rings: The Friedel–Crafts Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Substituent Effects in Electrophilic Substitutions Only one product can form when an electrophilic substitution occurs on benzene, but what would happen if we were to carry out a reaction on an aromatic ring that already has a substituent? The initial presence of a substituent on the ring has two effects. Substituents affect the reactivity of the aromatic ring. Some substituents activate the ring, making it more reactive than benzene, and some deactivate the ring, making it less reactive than benzene. In aromatic nitration, for instance, an –OH substituent makes the ring 1000 times more reactive than benzene, while an –NO 2 substituent makes the ring more than 10 million times less reactive. Substituents affect the orientation of the reaction. The three possible disubstituted products—ortho, meta, and para—are usually not formed in equal amounts. Instead, the nature of the substituent initially present on the benzene ring determines the position of the second substitution. An –OH group directs substitution toward the ortho and para positions, for instance, while a carbonyl group such as –CHO directs substitution primarily toward the meta position. lists experimental results for the nitration of some substituted benzenes. Orientation of Nitration in Substituted Benzenes Product (%) Ortho Meta Para Meta-directing deactivators – N + ( CH 3 ) 3 2 87 11 –NO 2 7 91 2 –CO 2 H 22 76 2 –CN 17 81 2 –CO 2 CH 3 28 66 6 –COCH 3 26 72 2 –CHO 19 72 9 Ortho- and para-directing deactivators –F 13 1 86 –Cl 35 1 64 –Br 43 1 56 –I 45 1 54 Ortho- and para-directing activators –CH 3 63 3 34 –OH 50 0 50 –NHCOCH 3 19 2 79 Substituents can be classified into three groups, as shown in : ortho- and para-directing activators, ortho- and para-directing deactivators, and meta-directing deactivators. There are no meta-directing activators. Notice how the directing effect of a group correlates with its reactivity. All meta-directing groups are strongly deactivating, and most ortho- and para-directing groups are activating. The halogens are unique in being ortho- and para-directing but weakly deactivating. Classification of substituent effects in electrophilic aromatic substitution . All activating groups are ortho- and para-directing, and all deactivating groups other than halogen are meta-directing. Halogens are unique in being deactivating but ortho- and para-directing. Predicting the Product of an Electrophilic Aromatic Substitution Reaction Predict the major product of the sulfonation of toluene. Strategy Identify the substituent present on the ring, and decide whether it is ortho- and para-directing or meta-directing. According to , an alkyl substituent is ortho- and para-directing, so sulfonation of toluene will primarily give a mixture of o -toluenesulfonic acid and p -toluenesulfonic acid. Solution Problems Activating and Deactivating Effects What makes a group either activating or deactivating? The common characteristic of all activating groups is that they donate electrons to the ring, thereby making the ring more electron-rich, stabilizing the carbocation intermediate, and lowering the activation energy for its formation. Conversely, the common characteristic of all deactivating groups is that they withdraw electrons from the ring, thereby making the ring more electron-poor, destabilizing the carbocation intermediate, and raising the activation energy for its formation. Compare the electrostatic potential maps of benzaldehyde (deactivated), chlorobenzene (weakly deactivated), and phenol (activated) with that of benzene. As shown in , the ring is more positive (yellow-green) when an electron-withdrawing group such as –CHO or –Cl is present and more negative (red) when an electron-donating group such as –OH is present. Electrostatic potential maps of benzene and several substituted benzenes show that an electron-withdrawing group (–CHO or –Cl) makes the ring more electron-poor , while an electron-donating group (–OH) makes the ring more electron-rich . The withdrawal or donation of electrons by a substituent group is controlled by an interplay of inductive effects and resonance effects. As we saw in , an inductive effect is the withdrawal or donation of electrons through a σ bond due to electronegativity. Halogens, hydroxyl groups, carbonyl groups, cyano groups, and nitro groups inductively withdraw electrons through the σ bond linking the substituent to a benzene ring. This effect is most pronounced in halobenzenes and phenols, in which the electronegative atom is directly attached to the ring, but is also significant in carbonyl compounds, nitriles, and nitro compounds, in which the electronegative atom is farther removed. Alkyl groups, on the other hand, inductively donate electrons. This is the same hyperconjugative donating effect that causes alkyl substituents to stabilize alkenes ( ) and carbocations ( ). A resonance effect is the withdrawal or donation of electrons through a π bond due to the overlap of a p orbital on the substituent with a p orbital on the aromatic ring. Carbonyl, cyano, and nitro substituents, for example, withdraw electrons from the aromatic ring by resonance. The π electrons flow from the ring to the substituent, leaving a positive charge in the ring. Note that substituents with an electron-withdrawing resonance effect have the general structure –Y=Z, where the Z atom is more electronegative than Y. Conversely, halogen, hydroxyl, alkoxyl (–OR), and amino substituents donate electrons to the aromatic ring by resonance. Lone-pair electrons flow from the substituents to the ring, placing a negative charge on the ring. Substituents with an electron-donating resonance effect have the general structure –Ÿ , where the Y atom has a lone pair of electrons available for donation to the ring. One further point: inductive effects and resonance effects don’t necessarily act in the same direction. Halogen, hydroxyl, alkoxyl, and amino substituents, for instance, have electron-withdrawing inductive effects because of the electronegativity of the –X, –O, or –N atom bonded to the aromatic ring but have electron-donating resonance effects because of the lone-pair electrons on those –X, –O, or –N atoms. When the two effects act in opposite directions, the stronger effect dominates. Thus, hydroxyl, alkoxyl, and amino substituents are activators because their stronger electron-donating resonance effect outweighs their weaker electron-withdrawing inductive effect. Halogens, however, are deactivators because their stronger electron-withdrawing inductive effect outweighs their weaker electron-donating resonance effect. Problems Ortho- and Para-Directing Activators: Alkyl Groups Inductive and resonance effects account not only for reactivity but also for the orientation of electrophilic aromatic substitutions. Take alkyl groups, for instance, which have an electron-donating inductive effect and are ortho and para directors. The results of toluene nitration are shown in . Carbocation intermediates in the nitration of toluene . Ortho and para intermediates are more stable than the meta intermediate because the positive charge is on a tertiary carbon rather than a secondary carbon. Nitration of toluene might occur either ortho, meta, or para to the methyl group, giving the three carbocation intermediates shown in in . Although all three intermediates are resonance-stabilized, the ortho and para intermediates are more stabilized than the meta intermediate. For both the ortho and para reactions, but not for the meta reaction, a resonance form places the positive charge directly on the methyl-substituted carbon, where it is in a tertiary position and can be stabilized by the electron-donating inductive effect of the methyl group. The ortho and para intermediates are thus lower in energy than the meta intermediate and form faster. Ortho- and Para-Directing Activators: OH and NH 2 Hydroxyl, alkoxyl, and amino groups are also ortho–para activators, but for a different reason than for alkyl groups. As described earlier in this section, hydroxyl, alkoxyl, and amino groups have a strong, electron-donating resonance effect that outweighs a weaker electron-withdrawing inductive effect. When phenol is nitrated, for instance, reaction can occur either ortho, meta, or para to the –OH group, giving the carbocation intermediates shown in . The ortho and para intermediates are more stable than the meta intermediate because they have more resonance forms, including one particularly favorable form that allows the positive charge to be stabilized by electron donation from the substituent oxygen atom. The intermediate from the meta reaction has no such stabilization. Carbocation intermediates in the nitration of phenol . The ortho and para intermediates are more stable than the meta intermediate because they have more resonance forms, including one particularly favorable form that involves electron donation from the oxygen atom. Problems Ortho- and Para-Directing Deactivators: Halogens Halogens are deactivating because their stronger electron-withdrawing inductive effect outweighs their weaker electron-donating resonance effect. Although weak, that electron-donating resonance effect is nevertheless felt only at the ortho and para positions and not at the meta position ( ). Thus, a halogen substituent can stabilize the positive charge of the carbocation intermediates from ortho and para reaction in the same way that hydroxyl and amino substituents can. The meta intermediate, however, has no such stabilization and is therefore formed more slowly. Carbocation intermediates in the nitration of chlorobenzene . The ortho and para intermediates are more stable than the meta intermediate because of electron donation of the halogen lone-pair electrons. Note again that halogens, hydroxyl, alkoxyl, and amino groups all withdraw electrons inductively but donate electrons by resonance. Halogens have a stronger electron-withdrawing inductive effect but a weaker electron-donating resonance effect and are thus deactivators. Hydroxyl, alkoxyl, and amino groups have a weaker electron-withdrawing inductive effect but a stronger electron-donating resonance effect and are thus activators. All are ortho and para directors, however, because of the lone pair of electrons on the atom bonded to the aromatic ring. Meta-Directing Deactivators The influence of meta-directing substituents can be explained using the same kinds of arguments used for ortho and para directors. Look at the nitration of benzaldehyde, for instance ( ). Of the three possible carbocation intermediates, the meta intermediate has three favorable resonance forms, whereas the ortho and para intermediates have only two. In both ortho and para intermediates, the third resonance form is unfavorable because it places the positive charge directly on the carbon that bears the aldehyde group, where it is disfavored by a repulsive interaction with the positively polarized carbon atom of the C=O group. Hence, the meta intermediate is more favored and is formed faster than the ortho and para intermediates. Carbocation intermediates in the nitration of benzaldehyde . The ortho and para intermediates are less stable than the meta intermediate. The meta intermediate is more favorable than ortho and para intermediates because it has three favorable resonance forms rather than two. In general, any substituent that has a positively polarized atom ( δ + ) directly attached to the ring will make one of the resonance forms of the ortho and para intermediates unfavorable and will thus act as a meta director. Problems A Summary of Substituent Effects in Electrophilic Aromatic Substitution A summary of the activating and directing effects of substituents in electrophilic aromatic substitution is shown in . Substituent Effects in Electrophilic Aromatic Substitution Substituent Reactivity Orienting effect Inductive effect Resonance effect –CH 3 Activating Ortho, para Weak donating — –OH, –NH 2 Activating Ortho, para Weak withdrawing Strong donating –F, –Cl Deactivating Ortho, para Strong withdrawing Weak donating –Br, –I –NO 2 , –CN, Deactivating Meta Strong withdrawing Strong withdrawing –CHO, –CO 2 R –COR, –CO 2 H", "section": "Substituent Effects in Electrophilic Substitutions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Trisubstituted Benzenes: Additivity of Effects Electrophilic substitution of a disubstituted benzene ring is governed by the same resonance and inductive effects that influence monosubstituted rings. The only difference is that it’s necessary to consider the additive effects of two different groups. In practice, this isn’t as difficult as it sounds; three rules are usually sufficient. RULE 1 If the directing effects of the two groups reinforce each other, the situation is straightforward. In p -nitrotoluene, for example, both the methyl and the nitro group direct further substitution to the same position (ortho to the methyl = meta to the nitro). A single product is thus formed on electrophilic substitution. RULE 2 If the directing effects of the two groups oppose each other, the more powerful activating group has the dominant influence, but mixtures of products are often formed. For example, bromination of p -methylphenol yields primarily 2-bromo-4-methylphenol because –OH is a more powerful activator than –CH 3 . RULE 3 Further substitution rarely occurs between the two groups in a meta-disubstituted compound because this site is too hindered. Aromatic rings with three adjacent substituents must therefore be prepared by some other route, such as by substitution of an ortho-disubstituted compound. Predicting the Product of Substitution on a Disubstituted Benzene What product would you expect from bromination of p -methylbenzoic acid? Strategy Identify the two substituents present on the ring, decide the directing effect of each and, if necessary, decide which substituent is the stronger activator. In the present case, the carboxyl group (–CO 2 H) is a meta director and the methyl group is an ortho and para director. Both groups direct bromination to the position next to the methyl group, yielding 3-bromo-4-methylbenzoic acid. Solution Problems", "section": "Trisubstituted Benzenes: Additivity of Effects", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Aromatic Substitution Although aromatic substitution reactions usually occur by an electrophilic mechanism, aryl halides that have electron-withdrawing substituents can also undergo a nucleophilic substitution reaction. For example, 2,4,6-trinitrochlorobenzene reacts with aqueous NaOH at room temperature to give 2,4,6-trinitrophenol. Here, the nucleophile OH – substitutes for Cl – . Nucleophilic aromatic substitution is much less common than electrophilic substitution but nevertheless does have certain uses. One such use is the reaction of proteins with 2,4-dinitrofluorobenzene, known as Sanger’s reagent, to attach a “label” to the terminal NH 2 group of the amino acid at one end of the protein chain. Although the reaction appears superficially similar to the S N 1 and S N 2 nucleophilic substitutions of alkyl halides discussed in the chapter on Reactions of Alkyl Halides: Nucleophilic Substitutions and Eliminations , it must be different because aryl halides are inert to both S N 1 and S N 2 conditions. S N 1 reactions don’t occur with aryl halides because dissociation of the halide is energetically unfavorable, due to the instability of the potential aryl cation product. S N 2 reactions don’t occur with aryl halides because the halo-substituted carbon of the aromatic ring is sterically shielded from a backside approach. For a nucleophile to react with an aryl halide, it would have to approach directly through the aromatic ring and invert the stereochemistry of the aromatic ring carbon—a geometric impossibility. Instead, nucleophilic substitutions on an aromatic ring proceed by the mechanism shown in . The nucleophile first adds to the electron-deficient aryl halide, forming a resonance-stabilized, negatively charged intermediate called a Meisenheimer complex after its discoverer. Halide ion is then eliminated. MECHANISM Mechanism of nucleophilic aromatic substitution . The reaction occurs in two steps and involves a resonance-stabilized carbanion intermediate. Nucleophilic aromatic substitution occurs only if the aromatic ring has an electron-withdrawing substituent in a position ortho or para to the leaving group to stabilize the anion intermediate through resonance ( ). A meta substituent offers no such resonance stabilization. Thus, p -chloronitrobenzene and o -chloronitrobenzene react with hydroxide ion at 130 °C to yield substitution products, but m -chloronitrobenzene is inert to OH – . Nucleophilic aromatic substitution on nitrochlorobenzenes . Only in the ortho and para intermediates is the negative charge stabilized by a resonance interaction with the nitro group, so only the ortho and para isomers undergo reaction. Note the differences between electrophilic and nucleophilic aromatic substitutions. Electrophilic substitutions are favored by electron-donating substituents, which stabilize a carbocation intermediate, while nucleophilic substitutions are favored by electron-withdrawing substituents, which stabilize a carbanion intermediate. Thus, the electron-withdrawing groups that deactivate rings for electrophilic substitution (nitro, carbonyl, cyano, and so forth) activate them for nucleophilic substitution. What’s more, these functional groups are meta directors in electrophilic substitution but are ortho–para directors in nucleophilic substitution. And finally, electrophilic substitutions replace hydrogen on the ring, while nucleophilic substitutions replace a leaving group, usually halide ion. Problems", "section": "Nucleophilic Aromatic Substitution", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Benzyne Halobenzenes without electron-withdrawing substituents don’t react with nucleophiles under most conditions. At high temperature and pressure, however, even chlorobenzene can be forced to react. Chemists at the Dow Chemical Company discovered in 1928 that phenol could be prepared on an industrial scale by treatment of chlorobenzene with dilute aqueous NaOH at 340 °C under 170 atm pressure. A similar substitution reaction occurs with other strong bases. Treatment of bromobenzene with potassium amide (KNH 2 ) in liquid NH 3 solvent, for instance, gives aniline. Curiously, though, when using bromobenzene labeled with radioactive 14 C at the C1 position, the substitution product has equal amounts of the label at both C1 and C2, implying the presence of a symmetrical reaction intermediate in which C1 and C2 are equivalent. Further mechanistic evidence comes from trapping experiments. When bromobenzene is treated with KNH 2 in the presence of a conjugated diene, such as furan, a Diels–Alder reaction ( ) occurs, implying that the symmetrical intermediate is a benzyne , formed by elimination of HBr from bromobenzene. Benzyne is too reactive to be isolated as a pure compound but, in the presence of water, addition occurs to give phenol. In the presence of a diene, Diels–Alder cycloaddition takes place. The electronic structure of benzyne, shown in , is that of a highly distorted alkyne. Although a typical alkyne triple bond uses sp -hybridized carbon atoms, the benzyne triple bond uses sp 2 -hybridized carbons. Furthermore, a typical alkyne triple bond has two mutually perpendicular π bonds formed by p – p overlap, but the benzyne triple bond has one π bond formed by p – p overlap and one π bond formed by sp 2 – sp 2 overlap. The latter π bond is in the plane of the ring and is very weak. An orbital picture and electrostatic potential map of benzyne . The benzyne carbons are sp 2 -hybridized, and the “third” bond results from weak overlap of two adjacent sp 2 orbitals. Problems", "section": "Benzyne", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidation of Aromatic Compounds Oxidation of Alkyl Side Chains Despite its unsaturation, the benzene ring is inert to strong oxidizing agents such as KMnO 4 , which will cleave alkene carbon–carbon bonds ( ). It turns out, however, that the presence of the aromatic ring has a dramatic effect on the reactivity of alkyl side chains. These side chains react rapidly with oxidizing agents and are converted into carboxyl groups, –CO 2 H.The net effect is conversion of an alkylbenzene into a benzoic acid, Ar–R → Ar – CO 2 H . Butylbenzene is oxidized by aqueous KMnO 4 to give benzoic acid, for instance. A similar oxidation is employed industrially for the preparation of the terephthalic acid used in the production of polyester fibers. Worldwide, approximately 118 million tons per year of terephthalic acid is produced by oxidation of p -xylene, using air as the oxidant and Co(III) salts as catalyst. The mechanism of side-chain oxidation is complex and involves reaction of C–H bonds at the position next to the aromatic ring to form intermediate benzylic radicals. tert -Butylbenzene has no benzylic hydrogens, however, and is therefore inert. Analogous side-chain oxidations occur in various biosynthetic pathways. The neurotransmitter norepinephrine, for instance, is biosynthesized from dopamine by a benzylic hydroxylation reaction. The process is catalyzed by the copper-containing enzyme dopamine β -monooxygenase and occurs by a radical mechanism. A copper–oxygen species in the enzyme first abstracts the pro-R benzylic hydrogen to give a radical, and a hydroxyl is then transferred from copper to carbon. Problems Bromination of Alkylbenzene Side Chains Side-chain bromination at the benzylic position occurs when an alkylbenzene is treated with N -bromosuccinimide (NBS). For example, propylbenzene gives (1-bromopropyl)benzene in 97% yield on reaction with NBS in the presence of benzoyl peroxide, (PhCO 2 ) 2 , as a radical initiator. Bromination occurs exclusively in the benzylic position next to the aromatic ring and does not give a mixture of products. The mechanism of benzylic bromination is similar to that discussed in for allylic bromination of alkenes. Abstraction of a benzylic hydrogen atom first generates an intermediate benzylic radical, which then reacts with Br 2 in step 2 to yield product and a Br · radical, which cycles back into the reaction to carry on the chain shown below as a summary. The Br 2 needed for reaction with the benzylic radical is produced in step 3 by a concurrent reaction of HBr with NBS. Reaction occurs exclusively at the benzylic position because the benzylic radical intermediate is stabilized by resonance. shows how the benzyl radical is stabilized by overlap of its p orbital with the ringed π electron system. A resonance-stabilized benzylic radical . The spin-density surface shows that the unpaired electron is shared by the ortho and para carbons of the ring. Problems", "section": "Oxidation of Aromatic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reduction of Aromatic Compounds Catalytic Hydrogenation of Aromatic Rings Just as aromatic rings are generally inert to oxidation, they’re also inert to catalytic hydrogenation under conditions that reduce typical alkene double bonds. As a result, it’s possible to reduce an alkene double bond selectively in the presence of an aromatic ring. For example, 4-phenyl-3-buten-2-one is reduced to 4-phenyl-2-butanone using a palladium catalyst at room temperature and atmospheric pressure. Neither the benzene ring nor the ketone carbonyl group is affected. To hydrogenate an aromatic ring, it’s necessary either to use a platinum catalyst with hydrogen gas at a pressure of several hundred atmospheres or to use a more effective catalyst such as rhodium on carbon. Under these conditions, aromatic rings are converted into cyclohexanes. For example, o -xylene yields 1,2-dimethylcyclohexane, and 4- tert -butylphenol gives 4- tert -butylcyclohexanol. Reduction of Aryl Alkyl Ketones In the same way that an aromatic ring activates a neighboring (benzylic) C–H toward oxidation, it also activates a benzylic carbonyl group toward reduction. Thus, an aryl alkyl ketone prepared by Friedel–Crafts acylation of an aromatic ring can be converted into an alkylbenzene by catalytic hydrogenation over a palladium catalyst. Propiophenone, for instance, is reduced to propylbenzene by catalytic hydrogenation. Because the net effect of Friedel–Crafts acylation followed by reduction is the preparation of a primary alkylbenzene, this two-step sequence of reactions makes it possible to circumvent the carbocation rearrangement problems associated with direct Friedel–Crafts alkylation using a primary alkyl halide ( ). The conversion of a carbonyl group into a methylene group ( C=O → CH 2 ) by catalytic hydrogenation is limited to aryl alkyl ketones; dialkyl ketones are not reduced under these conditions. Furthermore, the catalytic reduction of aryl alkyl ketones is not compatible with the presence of a nitro substituent on the aromatic ring because a nitro group is reduced to an amino group under reaction conditions. We’ll see a more general method for reducing ketone carbonyl groups to yield alkanes in Section 19.9 . Problems", "section": "Reduction of Aromatic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Synthesis of Polysubstituted Benzenes As discussed in the Introduction to Organic Synthesis in , one of the surest ways to learn organic chemistry is to work synthesis problems. The ability to plan a successful multistep synthesis of a complex molecule requires a working knowledge of the uses and limitations of a great many organic reactions. Not only must you know which reactions to use, you must also know when to use them because the order in which reactions are carried out is often critical to the success of the overall scheme. The ability to plan a sequence of reactions in the right order is particularly important in the synthesis of substituted aromatic rings, where the introduction of a new substituent is strongly affected by the directing effects of other substituents. Planning syntheses of substituted aromatic compounds is therefore a good way to gain confidence in using the many reactions discussed in the past few chapters. As we said in , it’s usually best to work a synthesis problem backward, or retrosynthetically. Look at the target molecule and ask yourself, “What is an immediate precursor of this compound?” Choose a likely answer and continue working backward, one step at a time, until you arrive at a simple starting material. Let’s try some examples. Synthesizing a Polysubstituted Benzene How would you synthesize 4-bromo-2-nitrotoluene from benzene? Strategy Draw the target molecule, identify the substituents, and recall how each group can be introduced separately. Then plan retrosynthetically. The three substituents on the ring are a bromine, a methyl group, and a nitro group. A bromine can be introduced by bromination with Br 2 /FeBr 3 , a methyl group can be introduced by Friedel–Crafts alkylation with CH 3 Cl/AlCl 3 , and a nitro group can be introduced by nitration with HNO 3 /H 2 SO 4 . Solution Ask yourself, “What is an immediate precursor of the target?” The final step will involve introduction of one of three groups—bromine, methyl, or nitro—so we have to consider three possibilities. Of the three, the bromination of o -nitrotoluene could be used because the activating methyl group would dominate the deactivating nitro group and direct bromination to the correct position. Unfortunately, a mixture of product isomers would be formed. A Friedel–Crafts reaction can’t be used as the final step because this reaction doesn’t work on a nitro-substituted (strongly deactivated) benzene. The best precursor of the desired product is probably p -bromotoluene, which can be nitrated ortho to the activating methyl group to give a single product. Next ask, “What is an immediate precursor of p -bromotoluene?” Perhaps toluene is an immediate precursor because the methyl group would direct bromination to the ortho and para positions. Alternatively, bromobenzene might be an immediate precursor because we could carry out a Friedel–Crafts methylation and obtain a mixture of ortho and para products. Both answers are satisfactory, although both would also lead unavoidably to a mixture of products that would have to be separated. “What is an immediate precursor of toluene?” Benzene, which could be methylated in a Friedel–Crafts reaction. Alternatively, “What is an immediate precursor of bromobenzene?” Benzene, which could be brominated. The retrosynthetic analysis has provided two valid routes from benzene to 4-bromo-2-nitrotoluene. Synthesizing a Polysubstituted Benzene Synthesize 4-chloro-2-propylbenzenesulfonic acid from benzene. Strategy Draw the target molecule, identify its substituents, and recall how each of the three can be introduced. Then plan retrosynthetically. The three substituents on the ring are a chlorine, a propyl group, and a sulfonic acid group. A chlorine can be introduced by chlorination with Cl 2 /FeCl 3 , a propyl group can be introduced by Friedel–Crafts acylation with CH 3 CH 2 COCl/AlCl 3 followed by reduction with H 2 /Pd, and a sulfonic acid group can be introduced by sulfonation with SO 3 /H 2 SO 4 . Solution “What is an immediate precursor of the target?” The final step will involve introduction of one of three groups—chlorine, propyl, or sulfonic acid—so we have to consider three possibilities. Of the three, the chlorination of o -propylbenzenesulfonic acid can’t be used because the reaction would occur at the wrong position. Similarly, a Friedel–Crafts reaction can’t be used as the final step because this reaction doesn’t work on sulfonic-acid-substituted (strongly deactivated) benzenes. Thus, the immediate precursor of the desired product is probably m -chloropropylbenzene, which can be sulfonated to give a mixture of product isomers that must then be separated. “What is an immediate precursor of m -chloropropylbenzene?” Because the two substituents have a meta relationship, the first substituent placed on the ring must be a meta director so that the second substitution will take place at the proper position. Furthermore, because primary alkyl groups such as propyl can’t be introduced directly by Friedel–Crafts alkylation, the precursor of m -chloropropylbenzene is probably m -chloropropiophenone, which could be catalytically reduced. “What is an immediate precursor of m -chloropropiophenone?” Propiophenone, which could be chlorinated in the meta position. “What is an immediate precursor of propiophenone?” Benzene, which could undergo Friedel–Crafts acylation with propanoyl chloride and AlCl 3 . The final synthesis is a four-step route from benzene: Planning an organic synthesis has been compared with playing chess. There are no tricks; all that’s required is a knowledge of the allowable moves (the organic reactions) and the discipline to plan ahead, carefully evaluating the consequences of each move. Practicing may not be easy, but it’s a great way to learn organic chemistry. Problems Combinatorial Chemistry Traditionally, organic compounds have been synthesized one at a time. This works well for preparing large amounts of a few substances, but it doesn’t work so well for preparing small amounts of a great many substances. This latter goal is particularly important in the pharmaceutical industry, where vast numbers of structurally similar compounds must be synthesized and screened to find an optimum drug candidate. To speed the process of drug discovery, combinatorial chemistry has been developed to prepare what are called combinatorial libraries, in which anywhere from a few dozen to several hundred thousand substances are prepared simultaneously. Among the early successes of combinatorial chemistry is the development of a benzodiazepine library, a class of aromatic compounds commonly used as antianxiety agents. Two main approaches to combinatorial chemistry are used— parallel synthesis and split synthesis. In parallel synthesis, each compound is prepared independently. Typically, a reactant is first linked to the surface of polymer beads, which are then placed into small wells on a 96-well glass plate. Programmable robotic instruments add different sequences of building blocks to the different wells, thereby making 96 different products. When the reaction sequences are complete, the polymer beads are washed and their products are released. In split synthesis, the initial reactant is again linked to the surface of polymer beads, which are then divided into several groups. A different building block is added to each group of beads, the different groups are combined, and the reassembled mix is again split to form new groups. Another building block is added to each group, the groups are again combined and redivided, and the process continues. If, for example, the beads are divided into four groups at each step, the number of compounds increases in the progression 4 → 16 → 64 → 256. After 10 steps, more than 1 million compounds have been prepared ( ). Of course, with so many different final products mixed together, the problem is to identify them. What structure is linked to what bead? Several approaches to this problem have been developed, all of which involve the attachment of encoding labels to each polymer bead to keep track of the chemistry each has undergone. Encoding labels used thus far have included proteins, nucleic acids, halogenated aromatic compounds, and even computer chips. Organic chemistry by robot means no spilled flasks! The results of split combinatorial synthesis . Assuming that 4 different building blocks are used at each step, 64 compounds result after 3 steps, and more than one million compounds result after 10 steps. acyl group acylation alkylation benzyne combinatorial chemistry electrophilic aromatic substitution Friedel–Crafts reaction inductive effect nucleophilic aromatic substitution resonance effect Summary We’ve continued the coverage of aromatic molecules in this chapter, shifting focus to concentrate on reactions. In particular, we’ve looked at the relationship between aromatic structure and reactivity, a relationship critical to understanding how numerous biological molecules and pharmaceutical agents are synthesized and why they behave as they do. An electrophilic aromatic substitution reaction takes place in two steps—initial reaction of an electrophile, E + , with the aromatic ring, followed by loss of H + from the resonance-stabilized carbocation intermediate to regenerate the aromatic ring. Many variations of the reaction can be carried out, including halogenation, nitration, and sulfonation. Friedel–Crafts alkylation and acylation reactions, which involve reaction of an aromatic ring with carbocation electrophiles, are particularly useful. They are limited, however, by the fact that the aromatic ring must be at least as reactive as a halobenzene. In addition, polyalkylation and carbocation rearrangements often occur in Friedel–Crafts alkylation. Substituents on the benzene ring affect both the reactivity of the ring toward further substitution and the orientation of that substitution. Groups can be classified as ortho- and para-directing activators, ortho- and para-directing deactivators, or meta-directing deactivators. Substituents influence aromatic rings by a combination of resonance and inductive effects. Resonance effects are transmitted through π bonds; inductive effects are transmitted through σ bonds. Halobenzenes undergo nucleophilic aromatic substitution through either of two mechanisms. If the halobenzene has a strongly electron-withdrawing substituent in the ortho or para position, substitution occurs by addition of a nucleophile to the ring, followed by elimination of halide from the intermediate anion. If the halobenzene is not activated by an electron-withdrawing substituent, substitution can occur by elimination of HX to give a benzyne , followed by addition of a nucleophile. The benzylic position of an alkylbenzene can be brominated by reaction with N -bromosuccinimide, and the entire side chain can be degraded to a carboxyl group by oxidation with aqueous KMnO 4 . Aromatic rings can also be reduced to cyclohexanes by hydrogenation over a platinum or rhodium catalyst, and aryl alkyl ketones are reduced to alkylbenzenes by hydrogenation over a platinum catalyst. Summary of Reactions Electrophilic aromatic substitution Fluorination ( ) Bromination ( ) Chlorination ( ) Iodination ( ) Nitration ( ) Sulfonation ( ) Friedel–Crafts alkylation ( ) Friedel–Crafts acylation ( ) Reduction of aromatic nitro groups ( ) Nucleophilic aromatic substitution By addition to activated aryl halides ( ) By formation of benzyne intermediate from unactivated aryl halide ( ) Oxidation of alkylbenzene side chain ( ) Benzylic bromination of alkylbenzene side chain ( ) Catalytic hydrogenation of aromatic ring ( ) Reduction of aryl alkyl ketones ( ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Mechanisms of Electrophilic Substitutions Additional Mechanism Practice Reactivity and Orientation of Electrophilic Substitutions Organic Synthesis General Problems", "section": "Synthesis of Polysubstituted Benzenes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The phenol resveratrol, found in the skin of red grapes, continues to be studied for its potential anti-cancer, antiarthritic, and hypoglycemic properties. (credit: modification of work “Weinreben-Ötlingen” by Pierre Likissas/Wikimedia Commons, CC BY 3.0) Up to this point, we’ve focused on developing some general ideas of organic reactivity, looking at the chemistry of hydrocarbons and alkyl halides, and examining some of the tools used in structural studies. With that background, it’s now time to begin a study of the oxygen-containing functional groups that lie at the heart of organic and biological chemistry. We’ll look at alcohols in this chapter and move on to carbonyl compounds in Chapters 19 through 23. Alcohols and phenols can be thought of as organic derivatives of water in which one of water’s hydrogens is replaced by an organic group: H–O–H versus R–O–H and Ar–O–H. In practice, the name alcohol is restricted to compounds that have their –OH group bonded to a saturated, sp 3 -hybridized carbon atom, while compounds with their –OH group bonded to a vinylic, sp 2 -hybridized carbon are called enols . We’ll look at enols in Chapter 22. Alcohols occur widely in nature and have many industrial and pharmaceutical applications. Methanol, for instance, is one of the most important of all industrial chemicals. Historically, methanol was prepared by heating wood in the absence of air and thus came to be called wood alcohol. Today, approximately 173 million tons (50 billion gallons) of methanol is manufactured worldwide each year, most of it by catalytic reduction of carbon monoxide with hydrogen gas. Methanol is toxic to humans, causing blindness in small doses (15 mL) and death in larger amounts (100–250 mL). Industrially, it is used both as a solvent and as a starting material for production of formaldehyde (CH 2 O) and acetic acid (CH 3 CO 2 H). Ethanol was one of the first organic chemicals to be prepared and purified. Its production by fermentation of grains and sugars has been carried out for perhaps 9000 years, and its purification by distillation goes back at least as far as the 12th century. Today, approximately 88 million tons (26 billion gallons) of ethanol are produced worldwide each year, most of it by fermentation of corn, barley, sorghum, and other plant sources. Almost all of this ethanol is used for bus and automobile fuel. Ethanol for industrial use as a solvent or chemical intermediate is largely obtained by acid-catalyzed hydration of ethylene at high temperature. Phenols occur widely throughout nature and also serve as intermediates in the industrial synthesis of products as diverse as adhesives and antiseptics. Phenol itself is a general disinfectant found in coal tar; methyl salicylate is a flavoring agent found in oil of wintergreen; and urushiols are the allergenic constituents of poison oak and poison ivy. Note that the word phenol is the name both of the specific compound (hydroxybenzene) and of the class of compounds.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Alcohols and Phenols Alcohols are classified as primary (1°), secondary (2°), or tertiary (3°), depending on the number of organic groups bonded to the hydroxyl-bearing carbon. Simple alcohols are named in the IUPAC system as derivatives of the parent alkane, using the suffix - ol. RULE 1 Select the longest carbon chain containing the hydroxyl group, and derive the parent name by replacing the - e ending of the corresponding alkane with - ol. The - e is deleted to prevent the occurrence of two adjacent vowels: propanol rather than propaneol, for example. RULE 2 Number the alkane chain beginning at the end nearer the hydroxyl group. RULE 3 Number the substituents according to their position on the chain, and write the name, listing the substituents in alphabetical order and identifying the position to which the –OH is bonded. Note that in naming cis -1,4-cyclohexanediol, the final -e of cyclohexane is not deleted because the next letter, d, is not a vowel; that is, cyclohexanediol rather than cyclohexandiol. Also, as with alkenes ( ), newer IUPAC naming recommendations place the locant immediately before the suffix rather than before the parent. Some simple and widely occurring alcohols have common names that are accepted by IUPAC. For example: Phenols are named as described previously for aromatic compounds according to the rules discussed in , with - phenol used as the parent name rather than - benzene. Problems", "section": "Naming Alcohols and Phenols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Properties of Alcohols and Phenols Alcohols and phenols have nearly the same geometry around the oxygen atom as water. The R–O–H bond angle has an approximately tetrahedral value (108.5° in methanol, for instance), and the oxygen atom is sp 3 -hybridized. Also like water, alcohols and phenols have higher boiling points than might be expected, because of hydrogen-bonding ( ). A positively polarized –OH hydrogen atom from one molecule is attracted to a lone pair of electrons on the electronegative oxygen atom of another molecule, resulting in a weak force that holds the molecules together ( ). These intermolecular attractions must be overcome for a molecule to break free from the liquid and enter the vapor state, so the boiling temperature is raised. For example, 1-propanol (MW = 60), butane (MW = 58), and chloroethane (MW = 65) have similar molecular weights, yet 1-propanol boils at 97 °C, compared with –0.5 °C for the alkane and 12.5 °C for the chloroalkane. Hydrogen-bonding in alcohols and phenols . Attraction between a positively polarized –OH hydrogen and a negatively polarized oxygen holds molecules together. The electrostatic potential map of methanol shows the positively polarized –OH hydrogen and the negatively polarized oxygen. Another similarity with water is that alcohols and phenols are both weakly basic and weakly acidic. As weak bases, they are reversibly protonated by strong acids to yield oxonium ions, ROH 2 + . As weak acids, they dissociate slightly in dilute aqueous solution by donating a proton to water, generating H 3 O + and an alkoxide ion, RO – , or a phenoxide ion, ArO – . Recall from the earlier discussion of acidity in to that the strength of any acid HA in water can be expressed by an acidity constant, K a . K a = [ A − ] [ H 3 O + ] [ HA ] p K a = − log K a Compounds with a smaller K a and larger p K a are less acidic, whereas compounds with a larger K a and smaller p K a are more acidic. As shown in , simple alcohols like methanol and ethanol are about as acidic as water, but the more highly substituted tert -butyl alcohol is somewhat weaker. Substituent groups also have a significant effect: 2,2,2-trifluoroethanol is approximately 3700 times stronger than ethanol, for instance. Phenols and thiols, the sulfur analogs of alcohols, are substantially more acidic than water. Acidity Constants of Some Alcohols and Phenols Compound p K a (CH 3 ) 3 COH 18 CH 3 CH 2 OH 16 H 2 O 15.74 CH 3 OH 15.54 CF 3 CH 2 OH 12.43 p -Aminophenol 10.46 CH 3 SH 10.3 p -Methylphenol 10.17 Phenol 9.89 p -Chlorophenol 9.38 p -Nitrophenol 7.15 The effect of alkyl substitution on alcohol acidity is due primarily to solvation of the alkoxide ion formed on acid dissociation. The more readily the alkoxide ion is solvated by water, the more stable it is, the more its formation is energetically favored, and the greater the acidity of the parent alcohol. For example, the oxygen atom of an unhindered alkoxide ion, such as that from methanol, is sterically accessible and is easily solvated by water. The oxygen atom of a hindered alkoxide ion, however, such as that from tert -butyl alcohol, is less easily solvated and is therefore less stable. Inductive effects ( ) are also important in determining alcohol acidities. Electron-withdrawing halogen substituents, for instance, stabilize an alkoxide ion by spreading the charge over a larger volume, thus making the alcohol more acidic. Compare, for instance, the acidities of ethanol (p K a = 16) and 2,2,2-trifluoroethanol (p K a = 12.43), or of tert -butyl alcohol (p K a = 18) and nonafluoro- tert -butyl alcohol (p K a = 5.4). Because alcohols are weak acids, they don’t react with weak bases, such as amines or bicarbonate ion, and they only react to a limited extent with metal hydroxides such as NaOH. Alcohols do, however, react with alkali metals and with strong bases such as sodium hydride (NaH), sodium amide (NaNH 2 ), and Grignard reagents (RMgX). Alkoxides are themselves bases that are frequently used as reagents in organic chemistry. They are named systematically by adding the - ate suffix to the name of the alcohol. Methanol becomes methanolate, for instance. Phenols are about a million times more acidic than alcohols ( ). They are therefore soluble in dilute aqueous NaOH and can often be separated from a mixture simply by basic extraction into aqueous solution, followed by reacidification. Phenols are more acidic than alcohols because the phenoxide anion is resonance-stabilized. Delocalization of the negative charge over the ortho and para positions of the aromatic ring results in increased stability of the phenoxide anion relative to undissociated phenol and in a consequently lower ∆ G ° for dissociation. compares electrostatic potential maps of an alkoxide ion (CH 3 O – ) with phenoxide ion to show how the negative charge in phenoxide ion is delocalized from oxygen to the ring. The resonance-stabilized phenoxide ion is more stable than an alkoxide ion . Electrostatic potential maps show how the negative charge is concentrated on oxygen in the methoxide ion but is spread over the aromatic ring in the phenoxide ion. Substituted phenols can be either more acidic or less acidic than phenol itself, depending on whether the substituent is electron-withdrawing or electron-donating ( ). Phenols with an electron-withdrawing substituent are more acidic because these substituents delocalize the negative charge; phenols with an electron-donating substituent are less acidic because these substituents concentrate the charge. The acidifying effect of an electron-withdrawing substituent is particularly noticeable in phenols with a nitro group at the ortho or para position. Predicting the Relative Acidity of a Substituted Phenol Is p -hydroxybenzaldehyde more acidic or less acidic than phenol? Strategy Identify the substituent on the aromatic ring, and decide whether it is electron-donating or electron-withdrawing. Electron-withdrawing substituents make the phenol more acidic by stabilizing the phenoxide anion, and electron-donating substituents make the phenol less acidic by destabilizing the anion. Solution We saw in that a carbonyl group is electron-withdrawing. Thus, p -hydroxybenzaldehyde is more acidic (p K a = 7.9) than phenol (p K a = 9.89). Problems", "section": "Properties of Alcohols and Phenols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparation of Alcohols: A Review Alcohols occupy a central position in organic chemistry. They can be prepared from many other kinds of compounds (alkenes, alkyl halides, ketones, esters, and aldehydes, among others), and they can be transformed into an equally wide assortment of compounds ( ). The central position of alcohols in organic chemistry . Alcohols can be prepared from, and converted into, many other kinds of compounds. We’ve already seen several methods of alcohol synthesis: Alcohols can be prepared by hydration of alkenes. Because the direct hydration of alkenes with aqueous acid is generally a poor reaction in the laboratory, two indirect methods are commonly used. Hydroboration–oxidation yields the syn, non-Markovnikov hydration product ( ), whereas oxymercuration–demercuration yields the Markovnikov hydration product ( ). 1,2-Diols can be prepared either by direct hydroxylation of an alkene with OsO 4 followed by reduction with NaHSO 3 or by acid-catalyzed hydrolysis of an epoxide ( ). The OsO 4 reaction occurs with syn stereochemistry to give a cis diol, and epoxide opening occurs with anti stereochemistry to give a trans diol. Problems", "section": "Preparation of Alcohols: A Review", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alcohols from Carbonyl Compounds: Reduction The most general method for preparing alcohols, both in the laboratory and in living organisms, is by reduction of a carbonyl compound. Just as reduction of an alkene adds hydrogen to a C=C bond to give an alkane ( ), reduction of a carbonyl compound adds hydrogen to a C=O bond to give an alcohol. All kinds of carbonyl compounds can be reduced, including aldehydes, ketones, carboxylic acids, and esters. Reduction of Aldehydes and Ketones Aldehydes are easily reduced to give primary alcohols, and ketones are reduced to give secondary alcohols. Dozens of reagents are used in the laboratory to reduce aldehydes and ketones, depending on the circumstances, but sodium borohydride, NaBH 4 , is usually chosen because of its safety and ease of handling. Sodium borohydride is a white, crystalline solid that can be weighed in the open atmosphere and used in either water or alcohol solution. Lithium aluminum hydride, LiAlH 4 , is another reducing agent often used for reduction of aldehydes and ketones. A grayish powder that is soluble in ether and tetrahydrofuran, LiAlH 4 is much more reactive than NaBH 4 but also much more dangerous. It reacts violently with water and decomposes explosively when heated above 120 °C. We’ll defer a detailed discussion of these reductions until Chapter 19. For the moment, we’ll simply note that they involve the addition of a nucleophilic hydride ion ( : H – ) to the positively polarized, electrophilic carbon atom of the carbonyl group. The initial product is an alkoxide ion, which is protonated by addition of H 3 O + in a second step to yield the alcohol product. In living organisms, aldehyde and ketone reductions are carried out by either of the coenzymes NADH (reduced nicotinamide adenine dinucleotide) or NADPH (reduced nicotinamide adenine dinucleotide phosphate). Although these biological “reagents” are much more complex structurally than NaBH 4 or LiAlH 4 , the mechanisms of laboratory and biological reactions are similar. The coenzyme acts as a hydride-ion donor to give an alkoxide anion, and the intermediate anion is then protonated by acid. An example is the reduction of acetoacetyl ACP to β -hydroxybutyryl ACP, a step in the biological synthesis of fats ( ). Note that the pro- R hydrogen of NADPH is the one transferred in this example. Enzyme-catalyzed reactions usually occur with high specificity, although it’s not usually possible to predict the stereochemical result before the fact. The biological reduction of a ketone (acetoacetyl ACP) to an alcohol ( β -hydroxybutyryl ACP) by NADPH . Reduction of Carboxylic Acids and Esters Carboxylic acids and esters are reduced to give primary alcohols. These reactions aren’t as rapid as the reductions of aldehydes and ketones. NaBH 4 reduces esters very slowly and does not reduce carboxylic acids at all. Instead, carboxylic acid and ester reductions are usually carried out with the more reactive reducing agent LiAlH 4 . All carbonyl groups, including acids, esters, ketones, and aldehydes, are reduced by LiAlH 4 . Note that one hydrogen atom is delivered to the carbonyl carbon atom during aldehyde and ketone reductions but that two hydrogens become bonded to the former carbonyl carbon during carboxylic acid and ester reductions. We’ll defer a discussion of the mechanisms of these reactions until Chapter 21. Identifying a Reactant, Given the Product What carbonyl compounds would you reduce to obtain the following alcohols? Strategy Identify the target alcohol as primary, secondary, or tertiary. A primary alcohol can be prepared by reduction of an aldehyde, an ester, or a carboxylic acid; a secondary alcohol can be prepared by reduction of a ketone; and a tertiary alcohol can’t be prepared by reduction. Solution (a) The target molecule is a secondary alcohol, which can be prepared only by reduction of a ketone. Either NaBH 4 or LiAlH 4 can be used. (b) The target molecule is a primary alcohol, which can be prepared by reduction of an aldehyde, an ester, or a carboxylic acid. LiAlH 4 is needed for the ester and carboxylic acid reductions. Problems", "section": "Alcohols from Carbonyl Compounds: Reduction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alcohols from Carbonyl Compounds: Grignard Reaction Grignard reagents (RMgX), prepared by reaction of organohalides with magnesium ( ), react with carbonyl compounds to yield alcohols in much the same way that hydride reducing agents do. Just as carbonyl reduction involves addition of a hydride ion nucleophile to the C=O bond, Grignard reaction involves addition of a carbanion nucleophile (R: −+ MgX). The nucleophilic addition reaction of Grignard reagents to carbonyl compounds has no direct counterpart in biological chemistry because organomagnesium compounds are too strongly basic to exist in an aqueous medium. Nevertheless, the reaction is worth understanding for two reasons. First, the reaction is an unusually broad and useful method of alcohol synthesis and demonstrates again the relative freedom with which chemists can operate in the laboratory. Second, the reaction does have an indirect biological counterpart, for we’ll see in Chapter 23 that the addition of stabilized carbon nucleophiles to carbonyl compounds is used in almost all metabolic pathways as the major process for forming carbon–carbon bonds. As examples of their addition to carbonyl compounds, Grignard reagents react with formaldehyde, H 2 C =O , to give primary alcohols, with aldehydes to give secondary alcohols, and with ketones to give tertiary alcohols. Esters react with Grignard reagents to yield tertiary alcohols in which two of the substituents bonded to the hydroxyl-bearing carbon have come from the Grignard reagent, just as LiAlH 4 reduction of an ester adds two hydrogens. Carboxylic acids don’t give addition products when treated directly with Grignard reagents because the acidic carboxyl hydrogen reacts with the basic Grignard reagent to yield a hydrocarbon and the magnesium salt of the acid. Carboxylic acids do, however, react with Grignard reagents to give ketones if they are first treated with i -Pr 2 NMgCl-LiCl, called the turbo -Hauser base, to form a complex and increase the electrophilicity of the carboxylate anion toward nucleophilic addition with a Grignard reagent. The Grignard reaction, although useful, does have limitations. One major problem is that a Grignard reagent can’t be prepared from an organohalide if other reactive functional groups are present in the same molecule. For example, a compound that is both an alkyl halide and a ketone can’t form a Grignard reagent because it would react with itself. Similarly, a compound that is both an alkyl halide and a carboxylic acid, alcohol, or amine can’t form a Grignard reagent because the acidic RCO 2 H , RO H , or RN H 2 hydrogen present in the same molecule would react with the basic Grignard reagent as rapidly as it forms. In general, Grignard reagents can’t be prepared from alkyl halides that contain the following functional groups (FG): As with the reduction of carbonyl compounds discussed in the previous section, we’ll defer a detailed treatment of the Grignard reactions until Chapter 19. For the moment, it’s sufficient to note that Grignard reagents act as nucleophilic carbanions ( : R – ) and that their addition to a carbonyl compound is analogous to the addition of hydride ion. The intermediate is an alkoxide ion, which is protonated by addition of H 3 O + in a second step. Using a Grignard Reaction to Synthesize an Alcohol How could you use the addition of a Grignard reagent to a ketone to synthesize 2-phenyl-2-butanol? Strategy Draw the product, and identify the three groups bonded to the alcohol carbon atom. One of the three will have come from the Grignard reagent, and the remaining two will have come from the ketone. Solution 2-Phenyl-2-butanol has a methyl group, an ethyl group, and a phenyl group (–C 6 H 5 ) attached to the alcohol carbon atom. Thus, the possibilities are addition of ethylmagnesium bromide to acetophenone, addition of methylmagnesium bromide to propiophenone, and addition of phenylmagnesium bromide to 2-butanone. Using a Grignard Reaction to Synthesize an Alcohol How could you use the reaction of a Grignard reagent with a carbonyl compound to synthesize 2-methyl-2-pentanol? Strategy Draw the product, and identify the three groups bonded to the alcohol carbon atom. If the three groups are all different, the starting carbonyl compound must be a ketone. If two of the three groups are identical, the starting carbonyl compound could be either a ketone or an ester. Solution In the present instance, the product is a tertiary alcohol with two methyl groups and one propyl group. Starting from a ketone, the possibilities are addition of methylmagnesium bromide to 2-pentanone and addition of propylmagnesium bromide to acetone. Starting from an ester, the only possibility is addition of methylmagnesium bromide to an ester of butanoic acid, such as methyl butanoate. Problems", "section": "Alcohols from Carbonyl Compounds: Grignard Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Alcohols We’ve already seen several reactions of alcohols—their conversion into alkyl halides and tosylates in and their dehydration to give alkenes in —albeit without mechanistic details. Let’s now look at those details. Conversion of Alcohols into Alkyl Halides Tertiary alcohols react with either HCl or HBr at 0 °C by an S N 1 mechanism through a carbocation intermediate. Primary and secondary alcohols are much more resistant to acid, however, and are best converted into halides by treatment with either SOCl 2 or PBr 3 through an S N 2 mechanism. The reaction of a tertiary alcohol with HX takes place by an S N 1 mechanism when acid protonates the hydroxyl oxygen atom. Water is expelled to generate a carbocation, and the cation reacts with nucleophilic halide ion to give the alkyl halide product. The reactions of primary and secondary alcohols with SOCl 2 and PBr 3 take place by S N 2 mechanisms. Hydroxide ion itself is too poor a leaving group to be displaced by nucleophiles in S N 2 reactions, but reaction of an alcohol with SOCl 2 or PBr 3 converts the –OH into a much better leaving group, either a chlorosulfite (–OSOCl) or a dibromophosphite (–OPBr 2 ), which is readily expelled by backside nucleophilic substitution. Conversion of Alcohols into Tosylates Alcohols react with p -toluenesulfonyl chloride (tosyl chloride, p -TosCl) in pyridine solution to yield alkyl tosylates, ROTos ( ). Only the O–H bond of the alcohol is broken in this reaction; the C–O bond remains intact, so no change of configuration occurs if the oxygen is attached to a chirality center. The resultant alkyl tosylates behave much like alkyl halides, undergoing both S N 1 and S N 2 substitution reactions. One of the most important reasons for using tosylates in S N 2 reactions is stereochemical. The S N 2 reaction of an alcohol with an alkyl halide proceeds with two inversions of configuration—one to make the halide from the alcohol and one to substitute the halide—and yields a product with the same stereochemistry as the starting alcohol. The S N 2 reaction of an alcohol with a tosylate, however, proceeds with only one inversion and yields a product of opposite stereochemistry to the starting alcohol. shows a series of reactions on the R enantiomer of 2-octanol that illustrates these stereochemical relationships. Stereochemical consequences of S N 2 reactions on derivatives of ( R )-2-octanol . Substitution through the halide gives a product with the same stereochemistry as the starting alcohol; substitution through the tosylate gives a product with opposite stereochemistry to the starting alcohol. Problems Dehydration of Alcohols to Yield Alkenes A third important reaction of alcohols, both in the laboratory and in biological pathways, is their dehydration to give alkenes. Because of the usefulness of the reaction, a number of methods have been devised for carrying out dehydrations. One method that works particularly well for tertiary alcohols is the acid-catalyzed reaction discussed in . For example, treatment of 1-methylcyclohexanol with warm, aqueous sulfuric acid in a solvent such as tetrahydrofuran results in loss of water and formation of 1-methylcyclohexene. Acid-catalyzed dehydrations usually follow Zaitsev’s rule ( ) and yield the more stable alkene as the major product. Thus, 2-methyl-2-butanol gives primarily 2-methyl-2-butene (trisubstituted double bond) rather than 2-methyl-1-butene (disubstituted double bond). This reaction is an E1 process ( ) and occurs by the three-step mechanism shown in on the next page. Protonation of the alcohol oxygen is followed by unimolecular loss of water to generate a carbocation intermediate and final loss of a proton from the neighboring carbon atom to complete the process. As with most E1 reactions, tertiary alcohols react fastest because they lead to stabilized, tertiary carbocation intermediates. Secondary alcohols can be made to react, but the conditions are severe (75% H 2 SO 4 , 100 °C) and sensitive molecules don’t survive. MECHANISM Mechanism for the acid-catalyzed dehydration of a tertiary alcohol to yield an alkene . The process is an E1 reaction and involves a carbocation intermediate. To circumvent the need for strong acid and allow the dehydration of secondary alcohols in a gentler way, reagents have been developed that are effective under mild, basic conditions. One such reagent, phosphorus oxychloride (POCl 3 ) in the basic amine solvent pyridine, is often able to effect the dehydration of secondary and tertiary alcohols at 0 °C. Alcohol dehydrations carried out with POCl 3 in pyridine take place by an E2 mechanism, as shown in . Because hydroxide ion is a poor leaving group ( ), direct E2 elimination of water from an alcohol does not occur. On reaction with POCl 3 , however, the –OH group is converted into a dichlorophosphate (–OPOCl 2 ), which is a good leaving group and is readily eliminated. Pyridine is both the reaction solvent and the base that removes a neighboring proton in the E2 elimination step. MECHANISM Mechanism for the dehydration of secondary and tertiary alcohols by reaction with POCl 3 in pyridine . The reaction is an E2 process. As noted in , biological dehydrations are also common and usually occur by an E1cB mechanism on a substrate in which the –OH group is two carbons away from a carbonyl group. One example occurs in the biosynthesis of the aromatic amino acid tyrosine. A base ( : B) first abstracts a proton from the carbon adjacent to the carbonyl group, and the anion intermediate then expels the –OH group with simultaneous protonation by an acid (HA) to form water. Problems Conversion of Alcohols into Esters Alcohols react with carboxylic acids to give esters, a reaction that is common in both the laboratory and living organisms. In the laboratory, the reaction can be carried out in a single step if a strong acid is used as catalyst. More frequently, though, the reactivity of the carboxylic acid is enhanced by first converting it into a carboxylic acid chloride, which then reacts with the alcohol. In living organisms, a similar process occurs, though a thioester or acyl adenosyl phosphate acts as substrate rather than a carboxylic acid chloride. We’ll look at the mechanisms of these reactions in Chapter 21.", "section": "Reactions of Alcohols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidation of Alcohols Perhaps the most valuable reaction of alcohols is their oxidation to give carbonyl compounds—the opposite of the reduction of carbonyl compounds to give alcohols. Primary alcohols are oxidized either to aldehydes or carboxylic acids, and secondary alcohols are oxidized to ketones, but tertiary alcohols don’t normally react with most oxidizing agents. Primary and secondary alcohols can be oxidized by any of a number of reagents, including CrO 3 in aqueous acetic acid and KMnO 4 in aqueous NaOH, but chromium-based reagents are rarely used today because of their toxicity and fire danger. Today, primary and secondary alcohols are oxidized to aldehydes and ketones, respectively, using the iodine-containing Dess–Martin periodinane in dichloromethane solution. Primary alcohols are oxidized to carboxylic acids by heating with KMnO 4 in a basic aqueous solution. An aldehyde is involved as an intermediate in the KMnO 4 reaction but can’t usually be isolated because it is further oxidized too rapidly. All these oxidations occur by a mechanism that is closely related to the E2 reaction ( ). In the Dess–Martin oxidation, for instance, the first step involves a substitution reaction between the alcohol and the I(V) reagent to form a new periodinane intermediate, followed by expulsion of reduced I(III) as the leaving group. Similarly, when a Cr(VI) reagent, such as CrO 3 , is the oxidant, reaction with the alcohol gives a chromate intermediate followed by expulsion of a reduced Cr(VI) species. Biological alcohol oxidations are the opposite of biological carbonyl reductions and are facilitated by the coenzymes NAD + and NADP + . A base removes the –OH proton, and the alkoxide ion transfers a hydride ion to the coenzyme. An example is the oxidation of sn -glycerol 3-phosphate to dihydroxyacetone phosphate, a step in the biological metabolism of fats ( ). Note that addition occurs exclusively on the Re face of the NAD + ring, adding a hydrogen with pro- R stereochemistry. The biological oxidation of an alcohol ( sn -glycerol 3-phosphate) to give a ketone (dihydroxyacetone phosphate) . This mechanism is the exact opposite of the ketone reduction shown previously in . Problems", "section": "Oxidation of Alcohols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Protection of Alcohols It often happens, particularly during the synthesis of complex molecules, that one functional group in a molecule interferes with an intended reaction on another functional group elsewhere in the same molecule. We saw earlier in this chapter, for instance, that a Grignard reagent can’t be prepared from an alcohol-containing halide because the C–Mg bond is not compatible with the presence of an acidic –OH group in the same molecule. When this kind of incompatibility arises, it’s sometimes possible to circumvent the problem by protecting the interfering functional group. Protection involves three steps: ( 1 ) introducing a protecting group to block the interfering function, ( 2 ) carrying out the desired reaction, and ( 3 ) removing the protecting group. One of the more common methods of alcohol protection involves reaction with a chlorotrialkylsilane, Cl–SiR 3 , to yield a trialkylsilyl ether, R′–O–SiR 3 . (Chloro -tert -butyldimethylsilane), usually abbreviated either TBS or TBDMS is often used, as is chlorotrimethylsilane (TMS), and the reaction is carried out in the presence of a base, such as triethylamine, to help form the alkoxide anion from the alcohol and to remove the HCl by-product from the reaction. The ether-forming step is an S N 2-like reaction of the alkoxide ion on the silicon atom, with concurrent loss of the leaving chloride anion. Unlike most S N 2 reactions, though, this reaction takes place at a tertiary center—a trialkyl-substituted silicon atom. The reaction occurs because silicon, a third-row atom, is larger than carbon and forms longer bonds. In addition, three alkyl substituents attached to silicon offer little steric hindrance to ether formation. Like most other ethers, which we’ll study in the next chapter, trialkylsilylethers are relatively unreactive. They have no acidic hydrogens and don’t react with oxidizing agents, reducing agents, or Grignard reagents. They do, however, react with aqueous acid or with fluoride ion to regenerate the alcohol. Tetrabutylammonium fluoride is often used. To solve the problem posed at the beginning of this section, note that it’s possible to use an alcohol-containing halide in a Grignard reaction by employing a protection sequence. For example, we can add 3-bromo-1-propanol to acetaldehyde by the route shown in . Use of a trialkylsilyl-protected alcohol during a Grignard reaction . Problems", "section": "Protection of Alcohols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Phenols and Their Uses The outbreak of World War I provided a stimulus for the industrial preparation of large amounts of synthetic phenol, which was needed as a raw material to manufacture the explosive, picric acid (2,4,6-trinitrophenol). Today, approximately 132 million tons of phenol is manufactured worldwide each year for use in such products as Bakelite resin and adhesives for binding plywood. Phenol was manufactured for many years by the Dow process, in which chlorobenzene reacts with NaOH at high temperature and pressure ( ). Now, however, an alternative synthesis uses isopropylbenzene, commonly called cumene . Cumene reacts with air at high temperature by benzylic oxidation through a radical mechanism to form cumene hydroperoxide, which is converted into phenol and acetone by treatment with acid. This is a particularly efficient process because two valuable chemicals are prepared at the same time. As shown in , the reaction occurs by protonation of oxygen followed by shift of the phenyl group from carbon to oxygen with simultaneous loss of water. Replacement of the water then yields an intermediate called a hemiacetal —a compound that contains one –OR group and one –OH group bonded to the same carbon atom—which breaks down to phenol and acetone. MECHANISM Mechanism for the formation of phenol by acid-catalyzed rearrangement of cumene hydroperoxide . In addition to its use in making resins and adhesives, phenol is also the starting material for the synthesis of chlorinated phenols and the food preservatives BHT (butylated hydroxytoluene) and BHA (butylated hydroxyanisole). Pentachlorophenol, a widely used wood preservative, is prepared by reaction of phenol with excess Cl 2 . The herbicide 2,4-D (2,4-dichlorophenoxyacetic acid) is prepared from 2,4-dichlorophenol, and the hospital antiseptic agent hexachlorophene is prepared from 2,4,5-trichlorophenol. The food preservative BHT is prepared by Friedel–Crafts alkylation of p -methylphenol ( p -cresol) with 2-methylpropene in the presence of acid; BHA is prepared similarly by alkylation of p -methoxyphenol. Problems", "section": "Phenols and Their Uses", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Phenols Electrophilic Aromatic Substitution Reactions The hydroxyl group is a strongly activating, ortho- and para-directing substituent in electrophilic aromatic substitution reactions ( ). As a result, phenols are highly reactive substrates for electrophilic halogenation, nitration, sulfonation, and Friedel–Crafts reactions. Oxidation of Phenols: Quinones Phenols don’t undergo oxidation in the same way as alcohols because they don’t have a hydrogen atom on the hydroxyl-bearing carbon. Instead, oxidation of a phenol yields a 2,5-cyclohexadiene-1,4-dione, or quinone . Many different oxidizing agents will accomplish the transformation, with Na 2 Cr 2 O 7 as a common choice for simple phenols and potassium nitrosodisulfonate [(KSO 3 ) 2 NO], called Fremy’s salt, is often used. Quinones are a valuable class of compounds because of their oxidation–reduction, or redox, properties. They can be easily reduced to hydroquinones ( p -dihydroxybenzenes) by reagents such as NaBH 4 and SnCl 2 , and hydroquinones can be easily reoxidized back to quinones by Na 2 Cr 2 O 7 . The redox properties of quinones are crucial to the functioning of living cells, where compounds called ubiquinones act as biochemical oxidizing agents to mediate the electron-transfer processes involved in energy production. Ubiquinones, also called coenzymes Q, are components of the cells in all aerobic organisms, from the simplest bacterium to humans. They are so named because of their ubiquitous occurrence throughout nature. Ubiquinones function within the mitochondria of cells to mediate the respiration process in which electrons are transported from the biological reducing agent NADH to molecular oxygen. Through a complex series of steps, the ultimate result is a cycle whereby NADH is oxidized to NAD + , O 2 is reduced to water, and energy is produced. Ubiquinone acts only as an intermediary and is itself unchanged.", "section": "Reactions of Phenols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Alcohols and Phenols Infrared Spectroscopy Alcohols have a strong C–O stretching absorption near 1050 cm –1 and a characteristic O–H stretching absorption at 3300 to 3600 cm –1 . The exact position of the O–H stretch depends on the extent of hydrogen-bonding in the molecule. Unassociated alcohols show a fairly sharp absorption near 3600 cm –1 , whereas hydrogen-bonded alcohols show a broader absorption in the 3300 to 3400 cm –1 range. The hydrogen-bonded hydroxyl absorption appears at 3350 cm –1 in the IR spectrum of cyclohexanol ( ). IR spectrum of cyclohexanol . Characteristic O–H and C–O stretching absorptions are indicated. Phenols also show a characteristic broad IR absorption at 3500 cm –1 due to the –OH group, as well as the usual 1500 and 1600 cm –1 aromatic bands ( ). In phenol itself, monosubstituted aromatic-ring peaks are visible at 690 and 760 cm –1 . IR spectrum of phenol . Problems Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Carbon atoms bonded to electron-withdrawing –OH groups are deshielded and absorb at a lower field in the 13 C NMR spectrum than do typical alkane carbons. Most alcohol carbon absorptions fall in the range 50 to 80 δ, as shown in the following drawing for cyclohexanol: Alcohols also show characteristic absorptions in the 1 H NMR spectrum. Hydrogens on the oxygen-bearing carbon atom are deshielded by the electron-withdrawing effect of the nearby oxygen, and their absorptions occur in the range 3.4 to 4.5 δ. Spin–spin splitting, however, is not usually observed between the O–H proton of an alcohol and the neighboring protons on carbon. Most samples contain small amounts of acidic impurities, which catalyze an exchange of the O–H proton on a timescale so rapid that the effect of spin–spin splitting is removed. It’s often possible to take advantage of this rapid proton exchange to identify the position of the O–H absorption. If a small amount of deuterated water, D 2 O, is added to an NMR sample tube, the O–H proton is rapidly exchanged for deuterium and the hydroxyl absorption disappears from the spectrum. Typical spin–spin splitting is observed between protons on the oxygen-bearing carbon and other neighbors. For example, the signal of the two –CH 2 O– protons in 1-propanol is split into a triplet by coupling with the neighboring –CH 2 – protons ( ). 1 H NMR spectrum of 1-propanol . The protons on the oxygen-bearing carbon are split into a triplet at 3.58 δ. Phenols, like all aromatic compounds, show 1 H NMR absorptions near 7 to 8 δ, the expected position for aromatic-ring protons ( ). In addition, phenol O–H protons absorb at 3 to 8 δ. In neither case are these absorptions uniquely diagnostic for phenols, since other kinds of protons absorb in the same range. Problems Mass Spectrometry As noted in , alcohols undergo fragmentation in the mass spectrometer by two characteristic pathways, alpha cleavage and dehydration. In the alpha-cleavage pathway, a C–C bond nearest the hydroxyl group is broken, yielding a neutral radical plus a resonance-stabilized, oxygen-containing cation. In the dehydration pathway, water is eliminated, yielding an alkene radical cation. Both fragmentation modes are apparent in the mass spectrum of 1-butanol ( ). The peak at m / z = 56 is due to loss of water from the molecular ion, and the peak at m/z = 31 is due to an alpha cleavage. Mass spectrum of 1-butanol (M + = 74) . Dehydration gives a peak at m / z = 56, and fragmentation by alpha cleavage gives a peak at m / z = 31. Ethanol: Chemical, Drug, and Poison The production of ethanol by fermentation of grains and sugars is one of the oldest known organic reactions, going back at least 8000 years in the Middle East and perhaps as many as 9000 years in China. Fermentation is carried out by adding yeast to an aqueous sugar solution, where enzymes break down carbohydrates into ethanol and CO 2 . As noted in the chapter introduction, approximately 26 billion gallons of ethanol is produced each year by fermentation of corn and sugar, with essentially the entire amount used to make bus and automobile fuel. Ethanol is classified medically as a central nervous system (CNS) depressant. Its effects—that is, being drunk—resemble the human response to anesthetics. There is an initial excitability and increase in sociable behavior, but this results from depression of inhibition rather than from stimulation. At a blood alcohol concentration of 0.1% to 0.3%, motor coordination is affected, accompanied by loss of balance, slurred speech, and amnesia. When blood alcohol concentration rises to between 0.3% and 0.4%, nausea and loss of consciousness occur. Above 0.6%, spontaneous respiration and cardiovascular regulation are affected, ultimately leading to death. The LD 50 of ethanol is 10.6 g/kg ( Chapter 1 Chemistry Matters ). The passage of ethanol through the body begins with its absorption in the stomach and small intestine, followed by rapid distribution to all body fluids and organs. In the pituitary gland, ethanol inhibits the production of a hormone that regulates urine flow, causing increased urine production and dehydration. In the stomach, ethanol stimulates production of acid. Throughout the body, ethanol causes blood vessels to dilate, resulting in flushing of the skin and a sensation of warmth as blood moves into capillaries beneath the surface. The result is not a warming of the body, but an increased loss of heat at the surface. The Harger Drunkometer was the first breath analyzer, introduced in 1938 to help convict drunk drivers. (credit: “Unidentified police officer with a Harger “Drunkometer” breathalyzer” by Florida Memory, State Library and Archives of Florida/Wikimedia Commons, Public Doman) Ethanol metabolism occurs mainly in the liver and proceeds by oxidation in two steps, first to acetaldehyde (CH 3 CHO) and then to acetic acid (CH 3 CO 2 H). When continuously present in the body, ethanol and acetaldehyde are toxic, leading to the devastating physical and metabolic deterioration seen in people with chronic alcohol use disorder. The liver usually suffers the worst damage since it is the major site of alcohol metabolism. Approximately 17,000 people are killed each year in the United States in alcohol-related automobile accidents. Thus, all 50 states have made it illegal to drive with a blood alcohol concentration (BAC) above 0.08%. Fortunately, simple tests have been devised for measuring blood alcohol concentration. The original breath analyzer test measured alcohol concentration in expired air by the color change occurring when the bright-orange oxidizing agent potassium dichromate (K 2 Cr 2 O 7 ) reduced to blue-green chromium(III). Current consumer devices use a conductivity sensor, and tests used by law-enforcement agencies use IR spectroscopy to measure blood-alcohol levels in expired air. Just breathe into the machine, and let the spectrum tell the tale. alcohol alkoxide ion, RO – hydroquinone phenol phenoxide ion ArO – protecting group quinone Summary In previous chapters, we focused on developing general ideas of organic reactivity, looking at the chemistry of hydrocarbons and alkyl halides and seeing some of the tools used in structural studies. With that accomplished, we have now begun to study the oxygen-containing functional groups that lie at the heart of organic and biological chemistry. Alcohols are among the most versatile of all organic compounds. They occur widely in nature, are important industrially, and have an unusually rich chemistry. The most widely used methods of alcohol synthesis start with carbonyl compounds. Aldehydes, esters, and carboxylic acids are reduced by reaction with LiAlH 4 to give primary alcohols (RCH 2 OH); ketones are reduced to yield secondary alcohols (R 2 CHOH). Alcohols are also prepared by reaction of carbonyl compounds with Grignard reagents, RMgX. Addition of a Grignard reagent to formaldehyde yields a primary alcohol, addition to an aldehyde yields a secondary alcohol, and addition to a ketone or an ester yields a tertiary alcohol. The Grignard reaction is limited by the fact that Grignard reagents can’t be prepared from alkyl halides that contain reactive functional groups in the same molecule. This problem can sometimes be avoided by protecting the interfering functional group. Alcohols are often protected by formation of trialkylsilyl ethers. Alcohols undergo many reactions and can be converted into many other functional groups. They can be dehydrated to give alkenes by treatment with POCl 3 and can be transformed into alkyl halides by treatment with PBr 3 or SOCl 2 . Furthermore, alcohols are weakly acidic (p K a ≈ 16–18) and react with strong bases and with alkali metals to form alkoxide anions , which are used frequently in organic synthesis. Perhaps the most important reaction of alcohols is their oxidation to carbonyl compounds. Primary alcohols yield either aldehydes or carboxylic acids, secondary alcohols yield ketones, but tertiary alcohols are not normally oxidized. Phenols are aromatic counterparts of alcohols but are more acidic (p K a ≈ 10) because their corresponding phenoxide anions are resonance stabilized by delocalization of the negative charge into the aromatic ring. Substitution of the aromatic ring by an electron-withdrawing group increases phenol acidity, and substitution by an electron-donating group decreases acidity. Phenols can be oxidized to quinones , and quinones can be reduced back to hydroquinones . Summary of Reactions Synthesis of alcohols Reduction of carbonyl compounds ( ) (1) Aldehydes (2) Ketones (3) Esters (4) Carboxylic acids Grignard addition to carbonyl compounds ( ) (1) Formaldehyde (2) Aldehydes (3) Ketones (4) Esters Reactions of alcohols Dehydration ( ) (1) Tertiary alcohols (2) Secondary and tertiary alcohols Oxidation ( ) (1) Primary alcohols (2) Secondary alcohols Oxidation of phenols to quinones ( ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Alcohols Synthesizing Alcohols Reactions of Alcohols Spectroscopy General Problems", "section": "Spectroscopy of Alcohols and Phenols", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The appalling and unforgettable odor of skunks is due to a mixture of several simple thiols . (credit: modification of work “Striped Skunk” by Tom Friedel/Wikimedia Commons, CC BY 3.0) This chapter finishes the coverage of functional groups with C–O and C–S single bonds that was begun in the chapter on Alcohols and Phenols . We’ll focus primarily on ethers and take only a brief look at thiols and sulfides before going on to an extensive coverage of compounds with C=O double bonds in Chapters 19 through 23. Ethers (R–O–R′) , like the alcohols we saw in the preceding chapter, are organic derivatives of water, but they have two organic groups bonded to the same oxygen atom rather than one. The organic groups might be alkyl, aryl, or vinylic, and the oxygen atom might be in an open chain or a ring. Perhaps the most well-known ether is diethyl ether, which has a long history of medicinal use as an anesthetic and industrial use as a solvent. Other useful ethers include anisole, a pleasant-smelling aromatic ether used in perfumery, and tetrahydrofuran (THF), a cyclic ether often used as a solvent. Thiols (R–S–H) and sulfides (R–S–R′) are sulfur analogs of alcohols and ethers, respectively. Both functional groups are found in various biomolecules, although not as commonly as their oxygen-containing relatives.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Names and Properties of Ethers Simple ethers with no other functional groups are named by identifying the two organic substituents and adding the word ether. If other functional groups are present, the ether part is considered an alkoxy substituent. For example: Like alcohols, ethers have nearly the same geometry as water. The R–O–R bonds have an approximately tetrahedral bond angle (112° in dimethyl ether), and the oxygen atom is sp 3 -hybridized. The electronegative oxygen atom gives ethers a slight dipole moment, and the boiling points of ethers are often slightly higher than the boiling points of comparable alkanes. compares the boiling points of some common ethers and their corresponding hydrocarbons. Comparison of Boiling Points of Ethers and Hydrocarbons Ether Boiling point °C Hydrocarbon Boiling point °C CH 3 OCH 3 –25 CH 3 CH 2 CH 3 –45 CH 3 CH 2 OCH 2 CH 3 34.6 CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 CH 3 36 65 49 158 136 Ethers are relatively stable and unreactive in many respects, but some ethers react slowly with the oxygen in air to give peroxides, compounds that contain an O–O bond. The peroxides from low-molecular-weight ethers such as diisopropyl ether and tetrahydrofuran are explosive and extremely dangerous, even in small amounts. Ethers are very useful as solvents in the laboratory, but they must always be used cautiously and should not be stored for long periods of time. Problems", "section": "Names and Properties of Ethers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Ethers Diethyl ether and other simple symmetrical ethers are prepared industrially by the sulfuric-acid-catalyzed reaction of alcohols. The reaction occurs by S N 2 displacement of water from a protonated ethanol molecule by the oxygen atom of a second ethanol. Unfortunately, this method is limited to use with primary alcohols because secondary and tertiary alcohols dehydrate by an E1 mechanism to yield alkenes ( ). The Williamson Ether Synthesis The most generally useful method of preparing ethers is the Williamson ether synthesis , in which an alkoxide ion reacts with a primary alkyl halide or tosylate in an S N 2 reaction. As we saw in , the alkoxide ion is normally prepared by reaction of an alcohol with a strong base such as sodium hydride, NaH. A useful variation of the Williamson synthesis involves silver oxide, Ag 2 O, as a mild base rather than NaH. Under these conditions, the free alcohol reacts directly with the alkyl halide, so there is no need to preform the metal alkoxide intermediate. Sugars react particularly well; glucose, for example, reacts with excess iodomethane in the presence of Ag 2 O to generate a pentaether in 85% yield. Because the Williamson synthesis is an S N 2 reaction, it is subject to all the usual constraints, as discussed in . Primary halides and tosylates work best because competitive E2 elimination can occur with more hindered substrates. Unsymmetrical ethers should therefore be synthesized by reaction between the more hindered alkoxide partner and less hindered halide partner rather than vice versa. For example, tert -butyl methyl ether, a substance used in the 1990s as an octane booster in gasoline, is best prepared by reaction of tert -butoxide ion with iodomethane rather than by reaction of methoxide ion with 2-chloro-2-methylpropane. Problems Alkoxymercuration of Alkenes We saw in that alkenes react with water in the presence of mercuric acetate to yield a hydroxymercuration product. Subsequent treatment with NaBH 4 breaks the C–Hg bond and yields the alcohol. A similar alkoxymercuration reaction occurs when an alkene is treated with an alcohol in the presence of mercuric acetate or, even better, mercuric trifluoroacetate, (CF 3 CO 2 ) 2 Hg. Demercuration by reaction with NaBH 4 then yields an ether. The net result is Markovnikov addition of the alcohol to the alkene. The mechanism of the alkoxymercuration reaction is similar to that described in for hydroxymercuration. The reaction is initiated by electrophilic addition of Hg 2+ to the alkene, followed by reaction of the intermediate cation with alcohol and reduction of the C–Hg bond by NaBH 4 . A variety of alcohols and alkenes can be used in alkoxymercuration. Primary, secondary, and even tertiary alcohols react well, but ditertiary ethers can’t be prepared because of steric hindrance. Synthesizing an Ether How would you prepare ethyl phenyl ether? Use whichever method you think is more appropriate, Williamson synthesis or the alkoxymercuration reaction. Strategy Draw the target ether, identify the two groups attached to oxygen, and recall the limitations of the two methods for preparing ethers. Williamson synthesis uses an S N 2 reaction and requires that one of the two groups attached to oxygen be either secondary or (preferably) primary. The alkoxymercuration reaction requires that one of the two groups come from an alkene precursor. Ethyl phenyl ether could be made by either method. Solution Problems", "section": "Preparing Ethers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Ethers: Acidic Cleavage Ethers are unreactive to many reagents used in organic chemistry, a property that accounts for their wide use as reaction solvents. Halogens, dilute acids, bases, and nucleophiles have no effect on most ethers. In fact, ethers undergo only one truly general reaction—they are cleaved by strong acids. Aqueous HBr and HI both work well, but HCl does not cleave ethers. Acidic ether cleavages are typical nucleophilic substitution reactions and take place by either S N 1 or S N 2 mechanisms, depending on the structure of the substrate. Ethers with only primary and secondary alkyl groups react by an S N 2 mechanism, in which I – or Br – reacts with the protonated ether at the less hindered site. This usually results in a selective cleavage into a single alcohol and a single alkyl halide. For example, ethyl isopropyl ether exclusively yields isopropyl alcohol and iodoethane on cleavage by HI because nucleophilic attack by iodide ion occurs at the less hindered primary site rather than at the more hindered secondary site. Ethers with a tertiary, benzylic, or allylic group cleave by either an S N 1 or E1 mechanism because these substrates can produce stable intermediate carbocations. These reactions are often fast and take place at moderate temperatures. tert -Butyl ethers, for example, react by an E1 mechanism on treatment with trifluoroacetic acid at 0 °C. We’ll see in Section 26.7 that this reaction is often used in the laboratory synthesis of peptides. Predicting the Product of an Ether Cleavage Reaction Predict the products of the following reaction: Strategy Identify the substitution pattern of the two groups attached to oxygen—in this case a tertiary alkyl group and a primary alkyl group. Then recall the guidelines for ether cleavages. An ether with only primary and secondary alkyl groups usually undergoes cleavage by S N 2 attack of a nucleophile on the less hindered alkyl group, but an ether with a tertiary alkyl group usually undergoes cleavage by an S N 1 mechanism. In this case, an S N 1 cleavage of the tertiary C–O bond will occur, giving 1-propanol and a tertiary alkyl bromide. In addition, a competitive E1 reaction leading to alkene might occur. Solution Problems", "section": "Reactions of Ethers: Acidic Cleavage", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Cyclic Ethers: Epoxides For the most part, cyclic ethers behave like acyclic ethers. The chemistry of the ether functional group is the same, whether it’s in an open chain or in a ring. Common cyclic ethers such as tetrahydrofuran and dioxane are often used as solvents because of their inertness, yet they can be cleaved by strong acids. The one group of cyclic ethers that behaves differently from open-chain ethers are the three-membered-ring compounds called epoxides, or oxiranes, which we saw in . The strain of the three-membered ring gives epoxides unique chemical reactivity. Ethylene oxide, the simplest epoxide, is an intermediate in the manufacture of both ethylene glycol, used for automobile antifreeze, and polyester polymers. Approximately 37 million tons of ethylene oxide is produced worldwide each year, most of it by air oxidation of ethylene over a silver oxide catalyst at 300 °C. This process is not useful for other epoxides, however, and is of little value in the laboratory. Note that the name ethylene oxide is not a systematic one because the - ene ending implies the presence of a double bond in the molecule. The name is frequently used, however, because ethylene oxide is derived from ethylene by addition of an oxygen atom. Other simple epoxides are named similarly. The systematic name for ethylene oxide is 1,2-epoxyethane. In the laboratory, as we saw in , epoxides are usually prepared by treatment of an alkene with a peroxyacid (RCO 3 H), typically m -chloroperoxybenzoic acid. Epoxides can also be prepared from halohydrins, themselves produced by electrophilic addition of Cl 2 or Br2 to an alkene in the presence of water ( ). When a halohydrin is treated with base, HX is eliminated and an epoxide is produced by an intramolecular Williamson ether synthesis. That is, the nucleophilic alkoxide ion and the electrophilic alkyl halide are in the same molecule. Problems", "section": "Cyclic Ethers: Epoxides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Epoxides: Ring-Opening Acid-Catalyzed Epoxide Opening Epoxides are cleaved by treatment with acid just as other ethers are, but under much milder conditions because of ring strain. As we saw in , dilute aqueous acid at room temperature is sufficient for facilitating the hydrolysis of epoxides to give 1,2-diols, also called vicinal glycols. (The word vicinal means “adjacent,” and a glycol is a diol.) The epoxide cleavage takes place by S N 2-like backside attack of a nucleophile on the protonated epoxide, giving a trans-1,2-diol as product. Epoxides can also be opened by reaction with acids other than H 3 O + . If anhydrous HX is used, for instance, an epoxide is converted into a trans halohydrin. The regiochemistry of acid-catalyzed ring-opening depends on the epoxide’s structure, and a mixture of products is often formed. When both epoxide carbon atoms are either primary or secondary, attack of the nucleophile occurs primarily at the less highly substituted site: an S N 2-like result. When one of the epoxide carbon atoms is tertiary, however, nucleophilic attack occurs primarily at the more highly substituted site—an S N 1-like result. Thus, 1,2-epoxypropane reacts with HCl to give primarily 1-chloro-2-propanol, but 2-methyl-1,2-epoxypropane gives 2-chloro-2-methyl-1- propanol as the major product. The mechanisms of these acid-catalyzed epoxide openings are more complex than they initially appear. They seem to be neither purely S N 1 nor S N 2 but instead to be midway between the two extremes and to have characteristics of both. For instance, take the reaction of 1,2-epoxy-1-methylcyclohexane with HBr, shown in . The reaction yields only a single stereoisomer of 2-bromo-2-methylcyclohexanol in which the –Br and –OH groups are trans, an S N 2-like result caused by backside displacement of the epoxide oxygen. But the fact that Br – attacks the more hindered tertiary side of the epoxide rather than the less hindered secondary side is an S N 1-like result in which the more stable, tertiary carbocation is involved. Evidently, the transition state for acid-catalyzed epoxide opening has an S N 2-like geometry but also has a high degree of S N 1-like carbocationic character. Because the positive charge in the protonated epoxide is shared by the more highly substituted carbon atom, backside attack of Br – occurs at the more highly substituted site. Ring-opening of 1,2-epoxy-1-methylcyclohexane with HBr . There is a high degree of S N 1-like carbocation character in the transition state, which leads to backside attack of the nucleophile at the tertiary center and to formation of a product isomer that has –Br and –OH groups trans. Predicting the Product of Epoxide Ring-Opening Predict the major product of the following reaction: Strategy Identify the substitution pattern of the two epoxide carbon atoms. In this case, one carbon is secondary and one is primary. Then recall the guidelines for epoxide cleavages. An epoxide with only primary and secondary carbons usually undergoes cleavage by S N 2-like attack of a nucleophile on the less hindered carbon, but an epoxide with a tertiary carbon atom usually undergoes cleavage by backside attack on the more hindered carbon. In this case, an S N 2 cleavage of the primary C–O epoxide bond will occur. Solution Problems Base-Catalyzed Epoxide Opening Unlike other ethers, epoxide rings can be cleaved by bases and nucleophiles as well as by acid. Although an ether oxygen is normally a poor leaving group in an S N 2 reaction ( ), the strain of the three-membered ring causes epoxides to react with hydroxide ion at elevated temperatures. Base-catalyzed epoxide opening is a typical S N 2 reaction in which attack of the nucleophile takes place at the less hindered epoxide carbon. For example, 1,2-epoxypropane reacts with ethoxide ion exclusively at the less highly substituted, primary carbon to give 1-ethoxy-2-propanol. Many different nucleophiles can be used for epoxide opening, including amines (RNH 2 or R 2 NH) and Grignard reagents (RMgX). An example of an amine reacting with an epoxide occurs in the commercial synthesis of metoprolol, a so-called β -blocker that is used for treatment of cardiac arrhythmias, hypertension, and heart attacks. β -Blockers are among the most widely prescribed drugs in the world. A similar nucleophilic ring-opening occurs when epoxides are treated with Grignard reagents. Ethylene oxide is frequently used, thereby allowing the conversion of a Grignard reagent into a primary alcohol having two more carbons than the starting alkyl halide. 1-Bromobutane, for example, is converted into 1-hexanol by reaction of its Grignard reagent with ethylene oxide. Problems", "section": "Reactions of Epoxides: Ring-Opening", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Crown Ethers Crown ethers , discovered in the early 1960s by Charles Pedersen at the DuPont Company, are a relatively recent addition to the ether family. They are named according to the general format x -crown- y, where x is the total number of atoms in the ring and y is the number of oxygen atoms. Thus, 18-crown-6 ether is an 18-membered ring containing 6 ether oxygen atoms. Note the size and negative (red) character of the crown ether cavity in the following electrostatic potential map. The importance of crown ethers stems from their ability to sequester specific metal cations in the center of the polyether cavity. 18-Crown-6, for example, binds strongly with potassium ion. As a result, a solution of 18-crown-6 in a nonpolar organic solvent will dissolve many potassium salts. Potassium permanganate, KMnO 4 , dissolves in toluene in the presence of 18-crown-6, for instance, and the resulting solution is a valuable reagent for oxidizing alkenes. The effect of using a crown ether to dissolve an inorganic salt in a hydrocarbon or ether solvent is similar to the effect of dissolving the salt in a polar aprotic solvent such as DMSO, DMF, or HMPA ( ). In both cases, the metal cation is strongly solvated, leaving the anion bare. Thus, the S N 2 reactivity of an anion is tremendously enhanced in the presence of a crown ether. Although crown ethers do not occur naturally, a group of compounds called ionophores have similar ion-binding properties. Produced by various microorganisms, ionophores are fat-soluble molecules that bind to specific ions and facilitate transport of the ions through biological membranes. The antibiotic valinomycin, for instance, binds specifically to K + ions with a ten-thousandfold selectivity over Na + . Problems", "section": "Crown Ethers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Thiols and Sulfides Thiols Thiols, also called mercaptans , are sulfur analogs of alcohols. They are named by the same system used for alcohols, with the suffix - thiol used in place of - ol. The –SH group itself is referred to as a mercapto group . Like alcohols, thiols are weakly acidic; the p K a of CH 3 SH, for instance, is 10.3. Unlike alcohols, however, thiols don’t typically form hydrogen bonds because the sulfur atom is not sufficiently electronegative. The most striking characteristic of thiols is their appalling odor. Skunk scent, for instance, is caused primarily by the simple thiols 3-methyl-1-butanethiol and 2-butene-1-thiol. Volatile thiols such as ethanethiol are also added to natural gas and liquefied propane to serve as an easily detectable warning in case of leaks. Thiols are usually prepared from alkyl halides by S N 2 displacement with a sulfur nucleophile such as hydrosulfide anion, – SH. The reaction often works poorly unless an excess of the nucleophile is used because the product thiol can undergo a second S N 2 reaction with alkyl halide to give a sulfide (R–S–Rʹ) as by-product. To circumvent this problem, thiourea, ( NH 2 ) 2 C ═ S , is often used as the nucleophile in the preparation of a thiol from an alkyl halide. The reaction occurs by displacement of the halide ion to yield an intermediate alkyl isothiourea salt, which is hydrolyzed by subsequent reaction with aqueous base. Thiols can be oxidized by Br 2 or I 2 to yield disulfides (R–S–S–R′) . The reaction is easily reversed, and a disulfide can be reduced back to a thiol by treatment with zinc and acid. This thiol–disulfide interconversion is a key part of numerous biological processes. We’ll see in Chapter 26, for instance, that disulfide formation is involved in defining the structure and three-dimensional conformations of proteins, where disulfide “bridges” often form cross-links between cysteine amino-acid units in the protein chains. Disulfide formation is also involved in the process by which cells protect themselves from oxidative degradation. A cellular component called glutathione removes potentially harmful oxidants and is itself oxidized to glutathione disulfide in the process. Reduction back to the thiol requires the coenzyme reduced flavin adenine dinucleotide, abbreviated FADH 2 . Sulfides Sulfides are the sulfur analogs of ethers just as thiols are the sulfur analogs of alcohols. Sulfides are named by following the same rules used for ethers, with sulfide used in place of ether for simple compounds and alkylthio used in place of alkoxy for more complex substances. Treatment of a thiol with a base, such as NaH, gives the corresponding thiolate ion (RS – ), which undergoes reaction with a primary or secondary alkyl halide to give a sulfide. The reaction occurs by an S N 2 mechanism, analogous to the Williamson synthesis of ethers ( ). Despite their close structural similarity, sulfides and ethers differ substantially in their chemistry. Because the valence electrons on sulfur are farther from the nucleus and are less tightly held than those on oxygen (3 p electrons versus 2 p electrons), sulfur compounds are more nucleophilic than their oxygen analogs. Unlike dialkyl ethers, dialkyl sulfides react rapidly with primary alkyl halides by an S N 2 mechanism to give sulfonium ions (R 3 S + ). The most common example of this process in living organisms is the reaction of the amino acid methionine with adenosine triphosphate (ATP; ) to give S -adenosylmethionine. The reaction is somewhat unusual in that the biological leaving group in this S N 2 process is the triphosphate ion rather than the more frequently seen diphosphate ion ( ). Sulfonium ions are themselves useful alkylating agents because a nucleophile can attack one of the groups bonded to the positively charged sulfur, displacing a neutral sulfide as leaving group. We saw an example of this in ( ), in which S -adenosylmethionine transferred a methyl group to norepinephrine to give adrenaline. Another difference between sulfides and ethers is that sulfides are easily oxidized. Treatment of a sulfide with hydrogen peroxide, H 2 O 2 , at room temperature yields the corresponding sulfoxide (R 2 SO) , and further oxidation of the sulfoxide with a peroxyacid yields a sulfone (R 2 SO 2 ) . Dimethyl sulfoxide (DMSO) is a particularly well-known sulfoxide that is often used as a polar aprotic solvent. It must be handled with care, however, because it has a remarkable ability to penetrate the skin, carrying along whatever is dissolved in it. Problems", "section": "Thiols and Sulfides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Ethers Infrared Spectroscopy Ethers are difficult to identify by IR spectroscopy. Although they show an absorption due to C–O single-bond stretching in the range 1050 to 1150 cm –1 , many other kinds of absorptions occur in the same range. shows the IR spectrum of diethyl ether and identifies the C–O stretch. Phenyl alkyl ethers show two strong absorbances for C–O stretching at 1050 and 1250 cm –1 . shows the IR spectrum of anisole. The infrared spectrum of diethyl ether, CH 3 CH 2 OCH 2 CH 3 . The infrared spectrum of anisole . Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Hydrogens on carbon next to an ether oxygen are shifted downfield from the normal alkane resonance and show 1 H NMR absorptions in the region 3.4 to 4.5 δ . This downfield shift is clearly seen in the spectrum of dipropyl ether shown in . The 1 H NMR spectrum of dipropyl ether . Protons on carbon next to oxygen are shifted downfield to 3.4 δ. Epoxides absorb at a slightly higher field than other ethers and show characteristic resonances at 2.5 to 3.5 δ in their 1 H NMR spectra, as indicated for 1,2-epoxypropane in . The methylene protons of this epoxide are diastereotopic, and display complex splitting (see and ). The 1 H NMR spectrum of 1,2-epoxypropane . Ether carbon atoms also exhibit a downfield shift in the 13 C NMR spectrum, where they usually absorb in the 50 to 80 δ range. For example, the carbon atoms next to oxygen in methyl propyl ether absorb at 58.5 and 74.8 δ . Similarly, the methyl carbon in anisole absorbs at 54.8 δ . Problems Epoxy Resins and Adhesives Few nonchemists know exactly what an epoxide is, but practically everyone has used an “epoxy glue” for household repairs or an epoxy resin for a protective coating. Worldwide, approximately 14 billion dollars’ worth of epoxy resins and adhesives are used annually for a vast number of applications, including many in the aerospace industry. Much of the Boeing 787 Dreamliner, for instance, is held together with epoxy-based adhesives. Epoxy resins and adhesives generally consist of two components that are mixed just prior to use. One component is a liquid “prepolymer,” and the second is a “curing agent” that reacts with the prepolymer and causes it to solidify. The most widely used epoxy resins and adhesives are based on a prepolymer made from bisphenol A and epichlorohydrin. On treatment with base, bisphenol A is converted into its anion, which acts as a nucleophile in an S N 2 reaction with epichlorohydrin. Each epichlorohydrin molecule can react with two molecules of bisphenol A, once by S N 2 displacement of chloride ion and once by nucleophilic opening of the epoxide ring. At the same time, each bisphenol A molecule can react with two epichlorohydrins, leading to a long polymer chain. Each end of a prepolymer chain has an unreacted epoxy group, and each chain has numerous secondary alcohol groups spaced regularly along its midsection. Kayaks are often made of a high-strength polymer coated with epoxy resin. (credit: “Potomac River Festival Virginia 2017 Great Falls Kayak Race” by Watts/Flickr, CC BY 2.0) When an epoxide is to be used, a basic curing agent such as a tertiary amine, R 3 N, is added to cause the individual prepolymer chains to link together. This cross-linking of chains is simply a base-catalyzed, S N 2 epoxide ring-opening of an –OH group in the middle of one chain with an epoxide group on the end of another chain. The result of such cross-linking is formation of a vast, three-dimensional tangle that has enormous strength and chemical resistance. alkoxymercuration crown ether disulfide (R–S–S–R′) ether (R–O–R′) mercapto group sulfide (R–S–R′) sulfone sulfonium ion sulfoxide thiol thiolate ion (RS – ) Williamson ether synthesis Summary This chapter has finished the coverage of functional groups with C–O and C–S single bonds, focusing primarily on ethers, epoxides, thiols, and sulfides. Ethers are compounds that have two organic groups bonded to the same oxygen atom, ROR′. The organic groups can be alkyl, vinylic, or aryl, and the oxygen atom can be in a ring or in an open chain. Ethers are prepared by either Williamson ether synthesis, which involves S N 2 reaction of an alkoxide ion with a primary alkyl halide, or the alkoxymercuration reaction, which involves Markovnikov addition of an alcohol to an alkene. Ethers are inert to most reagents but react with strong acids to give cleavage products. Both HI and HBr are often used. The cleavage reaction takes place by an S N 2 mechanism at the less highly substituted site if only primary and secondary alkyl groups are bonded to the ether oxygen, but by an S N 1 or E1 mechanism if one of the alkyl groups bonded to oxygen is tertiary. Epoxides are cyclic ethers with a three-membered, oxygen-containing ring. Because of the strain in the ring, epoxides undergo a cleavage reaction with both acids and bases. Acid-catalyzed ring-opening occurs with a regiochemistry that depends on the structure of the epoxide. Cleavage of the C–O bond at the less highly substituted site occurs if both epoxide carbons are primary or secondary, but cleavage of the C–O bond to the more highly substituted site occurs if one of the epoxide carbons is tertiary. Base-catalyzed epoxide ring-opening occurs by S N 2 reaction of a nucleophile at the less hindered epoxide carbon. Thiols , the sulfur analogs of alcohols, are usually prepared by S N 2 reaction of an alkyl halide with thiourea. Mild oxidation of a thiol yields a disulfide , and mild reduction of a disulfide returns the thiol. Sulfides , the sulfur analogs of ethers, are prepared by an S N 2 reaction between a thiolate anion and a primary or secondary alkyl halide. Sulfides are more nucleophilic than ethers and can be alkylated by reaction with a primary alkyl halide to yield a sulfonium ion . Sulfides can also be oxidized to sulfoxides and to sulfones . Summary of Reactions Synthesis of ethers ( ) Williamson ether synthesis Alkoxymercuration/demercuration Reactions of ethers Cleavage by HBr or HI ( ) Acid-catalyzed epoxide opening ( ) Base-catalyzed epoxide opening ( ) Synthesis of thiols ( ) Oxidation of thiols to disulfides ( ) Synthesis of sulfides ( ) Oxidation of sulfides to sulfoxides and sulfones ( ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Ethers Synthesizing Ethers Reactions of Ethers and Epoxides Spectroscopy General Problems Preview of Carbonyl Chemistry Carbonyl compounds are everywhere. Most biological molecules contain carbonyl groups, as do most pharmaceutical agents and many of the synthetic chemicals that affect our everyday lives. Citric acid, found in lemons and oranges; acetaminophen, the active ingredient in many over-the-counter headache remedies; and Dacron, the polyester material used in clothing, all contain different kinds of carbonyl groups. To a great extent, the chemistry of living organisms is the chemistry of carbonyl compounds. Thus, we’ll spend the next five chapters discussing the chemistry of the carbonyl group, C=O (pronounced car-bo- neel ). There are many different kinds of carbonyl compounds and many different reactions, but there are only a few fundamental principles that tie the entire field together. The purpose of this brief preview is not to show details of specific reactions but rather to provide a framework for learning carbonyl-group chemistry. Read through this preview now, and return to it on occasion to remind yourself of the larger picture. I Kinds of Carbonyl Compounds shows some of the many different kinds of carbonyl compounds. All contain an acyl group ( R – C=O ) bonded to another substituent. The R part of the acyl group can be practically any organic part/structure, and the other substituent to which the acyl group is bonded might be a carbon, hydrogen, oxygen, halogen, nitrogen, or sulfur. Some Types of Carbonyl Compounds Name General formula Name ending Aldehyde -al Ketone -one Carboxylic acid -oic acid Acid halide -yl or -oyl halide Acid anhydride -oic anhydride Acyl phosphate -yl phosphate Ester - oate Lactone (cyclic ester) None Thioester - thioate Amide - amide Lactam (cyclic amide) None It’s useful to classify carbonyl compounds into two categories based on the kinds of chemistry they undergo. In one category are aldehydes and ketones; in the other are carboxylic acids and their derivatives. The acyl group in an aldehyde or ketone is bonded to an atom (H or C, respectively) that can’t stabilize a negative charge and therefore can’t act as a leaving group in a nucleophilic substitution reaction. The acyl group in a carboxylic acid or its derivative, however, is bonded to an atom (oxygen, halogen, sulfur, nitrogen) that can stabilize a negative charge and therefore can act as a leaving group in a nucleophilic substitution reaction. II Nature of the Carbonyl Group The carbon–oxygen double bond of a carbonyl group is similar in many respects to the carbon–carbon double bond of an alkene. The carbonyl carbon atom is sp 2 -hybridized and forms three σ bonds. The fourth valence electron remains in a carbon p orbital and forms a π bond to oxygen by overlapping with an oxygen p orbital. The oxygen atom also has two nonbonding pairs of electrons, which occupy its remaining two orbitals. Like alkenes, carbonyl compounds are planar about the double bond and have bond angles of approximately 120°. shows the structure of acetaldehyde and indicates its bond lengths and angles. As you might expect, the carbon–oxygen double bond is both shorter (122 pm versus 143 pm) and stronger [732 kJ/mol (175 kcal/mol) versus 385 kJ/mol (92 kcal/mol)] than a C–O single bond. Structure of acetaldehyde . As indicated by the electrostatic potential map in , the carbon–oxygen double bond is strongly polarized because of the high electronegativity of oxygen relative to carbon. Thus, the carbonyl carbon atom carries a partial positive charge, is an electrophilic (Lewis acidic) site, and reacts with nucleophiles. Conversely, the carbonyl oxygen atom carries a partial negative charge, is a nucleophilic (Lewis basic) site, and reacts with electrophiles. We’ll see in the next five chapters that the majority of carbonyl-group reactions can be rationalized by simple polarity arguments. III General Reactions of Carbonyl Compounds Both in the laboratory and in living organisms, most reactions of carbonyl compounds take place by one of four general mechanisms: nucleophilic addition, nucleophilic acyl substitution, alpha substitution, and carbonyl condensation. These mechanisms have many variations, just as alkene electrophilic addition reactions and S N 2 reactions do, but the variations are much easier to learn when the fundamental features of the mechanisms are made clear. Let’s see what the four mechanisms are and what kinds of chemistry carbonyl compounds undergo. Nucleophilic Addition Reactions of Aldehydes and Ketones (Chapter 19) The most common reaction of aldehydes and ketones is the nucleophilic addition reaction , in which a nucleophile, : Nu – , adds to the electrophilic carbon of the carbonyl group. Because the nucleophile uses an electron pair to form a new bond to carbon, two electrons from the carbon–oxygen double bond must move toward the electronegative oxygen atom to give an alkoxide anion. The carbonyl carbon rehybridizes from sp 2 to sp 3 during the reaction, and the alkoxide ion product therefore has tetrahedral geometry. Once formed, and depending on the nature of the nucleophile, the tetrahedral alkoxide intermediate can undergo one of two further reactions, as shown in . Often, the tetrahedral alkoxide intermediate is simply protonated by water or acid to form an alcohol product. Alternatively, the tetrahedral intermediate can be protonated and expel the oxygen to form a new double bond between the carbonyl carbon and the nucleophile. We’ll study both processes in detail in Chapter 19. The addition reaction of an aldehyde or a ketone with a nucleophile . Depending on the nucleophile, either an alcohol or a compound with a C ═ Nu double bond is formed. FORMATION OF AN ALCOHOL The simplest reaction of a tetrahedral alkoxide intermediate is protonation to yield an alcohol. We’ve already seen two examples of this kind of process during reduction of aldehydes and ketones with hydride reagents such as NaBH 4 and LiAlH 4 ( ) and during Grignard reactions ( ). During a reduction, the nucleophile that adds to the carbonyl group is a hydride ion, H : – , while during a Grignard reaction, the nucleophile is a carbanion, R 3 C : – . FORMATION OF C=Nu The second mode of nucleophilic addition, which often occurs with amine nucleophiles, involves elimination of oxygen and formation of a C=N u double bond. For example, aldehydes and ketones react with primary amines, RNH 2 , to form imines, R 2 C=NR ′ . These reactions use the same kind of tetrahedral intermediate as that formed during hydride reduction and Grignard reaction, but the initially formed alkoxide ion is not isolated. Instead, it is protonated and then loses water to form an imine, as shown in . MECHANISM Formation of an imine, R 2 C=NR′, by reaction of an amine with an aldehyde or a ketone . Nucleophilic Acyl Substitution Reactions of Carboxylic Acid Derivatives (Chapter 21) The second fundamental reaction of carbonyl compounds, nucleophilic acyl substitution , is related to the nucleophilic addition reaction just discussed but occurs only with carboxylic acid derivatives rather than with aldehydes and ketones. When the carbonyl group of a carboxylic acid derivative reacts with a nucleophile, addition occurs in the usual way, but the initially formed tetrahedral alkoxide intermediate is not isolated. Because carboxylic acid derivatives have a leaving group bonded to the carbonyl-group carbon, the tetrahedral intermediate can react further by expelling the leaving group and forming a new carbonyl compound: The net effect of nucleophilic acyl substitution is the replacement of the leaving group by the entering nucleophile. We’ll see in Chapter 21, for instance, that acid chlorides are rapidly converted into esters by treatment with alkoxide ions ( ). MECHANISM Nucleophilic acyl substitution of an acid chloride with an alkoxide ion yields an ester . Alpha-Substitution Reactions (Chapter 22) The third major reaction of carbonyl compounds, alpha substitution , occurs at the position next to the carbonyl group—the alpha ( α ) position. This reaction results in the substitution of an α hydrogen by an electrophile through the formation of an intermediate enol or enolate ion: For reasons that we’ll explore in Chapter 22, the presence of a carbonyl group renders the hydrogens on the α carbon acidic. Carbonyl compounds therefore react with strong base to yield enolate ions. Because they’re negatively charged, enolate ions act as nucleophiles and undergo many of the reactions we’ve already studied. For example, enolates react with primary alkyl halides in the S N 2 reaction. The nucleophilic enolate ion displaces halide ion, and a new C–C bond forms: The S N 2 alkylation reaction between an enolate ion and an alkyl halide is a powerful method for making C–C bonds, thereby building up larger molecules from smaller precursors. We’ll study the alkylation of many kinds of carbonyl compounds in Chapter 22. Carbonyl Condensation Reactions (Chapter 23) The fourth and last fundamental reaction of carbonyl groups, carbonyl condensation , takes place when two carbonyl compounds react with each other. When acetaldehyde is treated with base, for instance, two molecules combine to yield the hydroxy aldehyde product known as aldol ( ald ehyde + alcoh ol ): Although carbonyl condensation appears to be different from the three processes already discussed, it’s actually quite similar. A carbonyl condensation reaction is simply a combination of a nucleophilic addition step and an α -substitution step. The initially formed enolate ion of one acetaldehyde molecule acts as a nucleophile and adds to the carbonyl group of another acetaldehyde molecule, as shown in . MECHANISM A carbonyl condensation reaction between two molecules of acetaldehyde yields a hydroxy aldehyde product . IV Summary To a great extent, the chemistry of living organisms is the chemistry of carbonyl compounds. We have not looked at the details of specific carbonyl reactions in this short preview but rather have laid the groundwork for the next five chapters. All the carbonyl-group reactions we’ll be studying in Chapters 19 through 23 fall into one of the four fundamental categories discussed in this preview. Knowing where we’ll be heading should help you keep matters straight in understanding this most important of all functional groups.", "section": "Spectroscopy of Ethers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Few flowers are more beautiful or more fragrant than roses. Their perfumed odor is due to several simple organic compounds, including the ketone β -damascenone. (credit: modification of work “Rosa ‘Precious Platinum’” by Bernard Spragg/Wikimedia Commons, CC BY 1.0) Much of organic chemistry is the chemistry of carbonyl compounds. Aldehydes and ketones, in particular, are intermediates in the synthesis of many pharmaceutical agents, in almost all biological pathways, and in numerous industrial processes, so an understanding of their properties and reactions is essential. In this chapter, we’ll look at some of their most important reactions. Aldehydes (RCHO) and ketones (R 2 CO) are among the most widely occurring of all compounds. In nature, many substances required by living organisms are aldehydes or ketones. The aldehyde pyridoxal phosphate, for instance, is a coenzyme involved in a large number of metabolic reactions; the ketone hydrocortisone is a steroid hormone secreted by the adrenal glands to regulate fat, protein, and carbohydrate metabolism. In the chemical industry, simple aldehydes and ketones are produced in large quantities for use as solvents and as starting materials to prepare a host of other compounds. For example, more than 50 million tons per year of formaldehyde, H 2 C═O , is produced worldwide for use in building insulation materials and in the adhesive resins that bind particle board and plywood. Acetone, (CH 3 ) 2 C═O , is widely used as an industrial solvent, with approximately 8 million tons per year produced worldwide. Formaldehyde is synthesized industrially by catalytic oxidation of methanol, and one method of acetone preparation involves oxidation of 2-propanol produced by hydration of propylene.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Aldehydes and Ketones Aldehydes are named by replacing the terminal - e of the corresponding alkane name with - al. The parent chain must contain the –CHO group, and the –CHO carbon is numbered as carbon 1. Note in the following examples that the longest chain in 2-ethyl-4-methylpentanal is actually a hexane, but this chain does not include the –CHO group and thus is not the parent. For cyclic aldehydes in which the –CHO group is directly attached to a ring, the ring name followed by carbaldehyde is used. A few simple and well-known aldehydes have common names that are recognized by IUPAC. Several that you might encounter are listed in . Common Names of Some Simple Aldehydes Formula Common name Systematic name HCHO Formaldehyde Methanal CH 3 CHO Acetaldehyde Ethanal H 2 C═CHCHO Acrolein Propenal CH 3 CH═CHCHO Crotonaldehyde 2-Butenal Benzaldehyde Benzenecarbaldehyde Ketones are named by replacing the terminal - e of the corresponding alkane name with - one. The parent chain is the longest one that includes the ketone group, and the numbering begins at the end nearer the carbonyl carbon. As with alkenes ( ) and alcohols ( ), the locant is placed before the parent name using older rules but before the suffix with the newer IUPAC guidelines. For example: A few ketones are allowed by IUPAC to retain their common names. When it’s necessary to refer to the R–C═O group as a substituent, the name acyl (a-sil) group is used and the name ending - yl is attached. Thus, –COCH 3 is an acetyl group, –CHO is a formyl group, –COAr is an aroyl group, and –COC 6 H 5 is a benzoyl group. If other functional groups are present and the double-bonded oxygen is considered a substituent on a parent chain, the prefix oxo - is used. For example: Problems", "section": "Naming Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Aldehydes and Ketones Preparing Aldehydes Perhaps the best method of aldehyde synthesis is by oxidation of a primary alcohol, as we saw in . The reaction is usually carried out using the Dess–Martin periodinane reagent in dichloromethane solvent at room temperature: Another method of aldehyde synthesis is one that we’ll mention here just briefly and then return to in Section 21.6 . Certain carboxylic acid derivatives can be partially reduced to yield aldehydes. The partial reduction of an ester by diisobutylaluminum hydride (DIBAH, or DIBAL-H), for instance, is an important laboratory-scale method of aldehyde synthesis, and mechanistically related processes also occur in biological pathways. The reaction is normally carried out at –78 °C (dry-ice temperature) in toluene solution. Problems Preparing Ketones For the most part, methods of ketone synthesis are similar to those for aldehydes. Secondary alcohols are oxidized by a variety of reagents to give ketones ( ). The choice of oxidant depends on such factors as reaction scale, cost, and acid or base sensitivity of the alcohol. The Dess–Martin periodinane is a common choice although chromic acid (H 2 CrO 4 ) was frequently used in older work. Other methods include the ozonolysis of alkenes in which one of the unsaturated carbon atoms is disubstituted ( ) and Friedel–Crafts acylation of an aromatic ring with an acid chloride in the presence of AlCl 3 catalyst ( ). In addition to those methods already discussed, ketones can also be prepared from certain carboxylic acid derivatives, just as aldehydes can. Among the most useful reactions of this sort is that between an acid chloride and a lithium diorganocopper reagent, as we saw in . We’ll discuss this reaction in more detail in Section 21.4 . Problems", "section": "Preparing Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Oxidation of Aldehydes and Ketones Aldehydes are easily oxidized to yield carboxylic acids, but ketones are generally inert toward oxidation. The difference is a consequence of structure: aldehydes have a –C H O proton that can be abstracted during oxidation, but ketones do not. Many oxidizing agents, including alkaline KMnO 4 and hot HNO 3 , convert aldehydes into carboxylic acids. The oxidation occurs rapidly at room temperature and generally works well. Aldehyde oxidations occur through intermediate 1,1-diols, or hydrates, which are formed by a reversible nucleophilic addition of water to the carbonyl group. Even though it’s formed to only a small extent at equilibrium, the hydrate reacts like any typical primary or secondary alcohol and is oxidized to a carbonyl compound ( ). Ketones are inert to most oxidizing agents but undergo a slow cleavage reaction of the C–C bond next to the carbonyl group when treated with hot alkaline KMnO 4 . The reaction is not often used, however, and is mentioned here only for completeness.", "section": "Oxidation of Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition Reactions of Aldehydes and Ketones As we saw in the Preview of Carbonyl Chemistry, the most general reaction of aldehydes and ketones is the nucleophilic addition reaction . As shown in , a nucleophile, : Nu – , approaches the carbonyl group from an angle of about 105° opposite the carbonyl oxygen and forms a bond to the electrophilic C–O carbon atom. At the same time, rehybridization of the carbonyl carbon from sp 2 to sp 3 occurs, an electron pair from the C═O bond moves toward the electronegative oxygen atom, and a tetrahedral alkoxide ion intermediate is produced. Protonation of the alkoxide by addition of acid then gives an alcohol. MECHANISM A nucleophilic addition reaction to an aldehyde or ketone. The nucleophile approaches the carbonyl group from an angle of approximately 75° to the plane of the sp 2 orbitals, the carbonyl carbon rehybridizes from sp 2 to sp 3 , and an alkoxide ion is formed. Protonation by addition of acid then gives an alcohol. The nucleophile can be either negatively charged ( : Nu – ) or neutral ( : Nu). If it’s neutral, however, it usually carries a hydrogen atom that can subsequently be eliminated, : Nu–H. For example: Nucleophilic additions to aldehydes and ketones have two general variations, as shown in . In one variation, the tetrahedral intermediate is protonated by water or acid to give an alcohol as the final product. In the second variation, the carbonyl oxygen atom is protonated and then eliminated as HO – or H 2 O to give a product with a C═Nu double bond. Two general reaction pathways following addition of a nucleophile to an aldehyde or ketone. The top pathway leads to an alcohol product; the bottom pathway leads to a product with a C═Nu double bond. Aldehydes are generally more reactive than ketones in nucleophilic addition reactions for both steric and electronic reasons. Sterically, the presence of only one large substituent bonded to the C═O carbon in an aldehyde versus two large substituents in a ketone means that a nucleophile is able to approach an aldehyde more readily. Thus, the transition state leading to the tetrahedral intermediate is less crowded and lower in energy for an aldehyde than for a ketone ( ). Steric hindrance in nucleophilic addition reactions. (a) Nucleophilic addition to an aldehyde is sterically less hindered because only one relatively large substituent is attached to the carbonyl-group carbon. (b) A ketone, however, has two large substituents and is more hindered. The approach of the nucleophile is along the C═O bond at an angle of about 75° to the plane of the carbon sp 2 orbitals. Electronically, aldehydes are more reactive than ketones because of the greater polarization of aldehyde carbonyl groups. To see this polarity difference, recall the stability order of carbocations ( ). A primary carbocation is higher in energy and thus more reactive than a secondary carbocation since it has only one alkyl group inductively stabilizing the positive charge rather than two. In the same way, an aldehyde has only one alkyl group inductively stabilizing the partial positive charge on the carbonyl carbon rather than two, and is a bit more electrophilic, and, therefore, more reactive than a ketone. One further comparison: aromatic aldehydes, such as benzaldehyde, are less reactive in nucleophilic addition reactions than aliphatic aldehydes because the electron-donating resonance effect of the aromatic ring makes the carbonyl group less electrophilic. Comparing electrostatic potential maps of formaldehyde and benzaldehyde, for example, shows that the carbonyl carbon atom is less positive (less blue) in the aromatic aldehyde. Problems", "section": "Nucleophilic Addition Reactions of Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of H 2 O: Hydration Aldehydes and ketones react with water to yield 1,1-diols, or geminal (gem) diols. The hydration reaction is reversible, and a gem diol can eliminate water to regenerate an aldehyde or ketone. The position of the equilibrium between a gem diol and an aldehyde or ketone depends on the structure of the carbonyl compound. Equilibrium generally favors the carbonyl compound for steric reasons, but the gem diol is favored for a few simple aldehydes. For example, an aqueous solution of formaldehyde consists of 99.9% gem diol and 0.1% aldehyde at equilibrium, whereas an aqueous solution of acetone consists of only about 0.1% gem diol and 99.9% ketone. The hydrate is also favored for α-keto carboxylic acids, which have adjacent positively charged carbons that destabilize the keto form and favor the hydrate. Such compounds occur commonly in many biological pathways. Pyruvic acid, which is 60% hydrate at equilibrium, and α-ketoglutaric acid, which is 50% hydrate, are examples. The nucleophilic addition of water to an aldehyde or ketone is slow under neutral conditions but is catalyzed by both base and acid. Under basic conditions ( a), the nucleophile is negatively charged (OH – ) and uses a pair of its electrons to form a bond to the electrophilic carbon atom of the C═O group. At the same time, the C═O carbon atom rehybridizes from sp 2 to sp 3 and two electrons from the C═O π bond are pushed onto the oxygen atom, giving an alkoxide ion. Protonation of the alkoxide ion by water then yields a neutral addition product plus regenerated OH – . Under acidic conditions ( b), the carbonyl oxygen atom is first protonated by H 3 O + to make the carbonyl group more strongly electrophilic. A neutral nucleophile, H 2 O, then uses a pair of electrons to bond to the carbon atom of the C═O group, and two electrons from the C═O π bond move onto the oxygen atom. The positive charge on oxygen is thereby neutralized, while the nucleophile gains a positive charge. Finally, deprotonation by water gives the neutral addition product and regenerates the H 3 O + catalyst. Note the key difference between the base-catalyzed and acid-catalyzed reactions. The base-catalyzed reaction takes place rapidly because water is converted into hydroxide ion, a much better nucleophile. The acid-catalyzed reaction takes place rapidly because the carbonyl compound is converted by protonation into a much better electrophile. MECHANISM The mechanism for a nucleophilic addition reaction of aldehydes and ketones under both basic and acidic conditions. (a) Under basic conditions, a negatively charged nucleophile adds to the carbonyl group to give an alkoxide ion intermediate, which is subsequently protonated. (b) Under acidic conditions, protonation of the carbonyl group occurs first, followed by addition of a neutral nucleophile and subsequent deprotonation. The hydration reaction just described is typical of what happens when an aldehyde or ketone is treated with a nucleophile of the type H–Y, where the Y atom is electronegative and can stabilize a negative charge (oxygen, halogen, or sulfur, for instance). In such reactions, the nucleophilic addition is reversible, with the equilibrium generally favoring the carbonyl reactant rather than the tetrahedral addition product. In other words, treatment of an aldehyde or ketone with CH 3 OH, H 2 O, HCl, HBr, or H 2 SO 4 does not normally lead to a stable alcohol addition product. Problems", "section": "Nucleophilic Addition of H2O: Hydration", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of HCN: Cyanohydrin Formation Aldehydes and unhindered ketones undergo a nucleophilic addition reaction with HCN to yield cyanohydrins , RCH(OH)C≡N . Studies carried out in the early 1900s by Arthur Lapworth showed that cyanohydrin formation is reversible and base-catalyzed. Reaction occurs slowly when pure HCN is used but rapidly when a small amount of base is added to generate the nucleophilic cyanide ion, CN – . Addition of CN – takes place by a typical nucleophilic addition pathway, yielding a tetrahedral intermediate that is protonated by HCN to give cyanohydrin product plus regenerated CN – . Cyanohydrin formation is somewhat unusual because it is one of the few examples of the addition of a protic acid (H–Y) to a carbonyl group. As noted in the previous section, protic acids such as H 2 O, HBr, HCl, and H 2 SO 4 don’t normally yield carbonyl addition products because the equilibrium constants are unfavorable. With HCN, however, equilibrium favors the cyanohydrin adduct. Cyanohydrin formation is useful because of the further chemistry that can be carried out on the product. For example, a nitrile ( R–C≡N ) can be reduced with LiAlH 4 to yield a primary amine (RCH 2 NH 2 ) and can be hydrolyzed by hot aqueous acid to yield a carboxylic acid. Thus, cyanohydrin formation provides a method for transforming an aldehyde or ketone into a different functional group. Problems", "section": "Nucleophilic Addition of HCN: Cyanohydrin Formation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of Hydride and Grignard Reagents: Alcohol Formation Addition of Hydride Reagents: Reduction We saw in that the most common method for preparing alcohols, both in the laboratory and in living organisms, is by the reduction of carbonyl compounds. Aldehydes are reduced with sodium borohydride (NaBH 4 ) to give primary alcohols, and ketones are reduced similarly to give secondary alcohols. Carbonyl reduction occurs by a typical nucleophilic addition mechanism under basic conditions, as shown earlier in a. Although the details of carbonyl-group reductions are complex, LiAlH 4 and NaBH 4 act as if they were donors of hydride ion nucleophile, : H – , and the initially formed alkoxide ion intermediate is then protonated by addition of aqueous acid. The reaction is effectively irreversible because the reverse process would require expulsion of a very poor leaving group. MECHANISM Mechanism of the Grignard reaction. Complexation of the carbonyl oxygen with the Lewis acid Mg 2+ and subsequent nucleophilic addition of a carbanion to an aldehyde or ketone is followed by protonation of the alkoxide intermediate to yield an alcohol. Addition of Grignard Reagents, RMgX Just as aldehydes and ketones undergo nucleophilic addition with hydride ion to give alcohols, they undergo a similar addition with Grignard reagent nucleophiles, R: – + MgX. Aldehydes give secondary alcohols on reaction with Grignard reagents in ether solution, and ketones give tertiary alcohols. As shown in , a Grignard reaction begins with an acid–base complexation of Mg 2+ to the carbonyl oxygen atom of the aldehyde or ketone, thereby making the carbonyl group a better electrophile. Nucleophilic addition of R : – then produces a tetrahedral magnesium alkoxide intermediate, and protonation by addition of water or dilute aqueous acid in a separate step yields the neutral alcohol. Like reduction, Grignard additions are effectively irreversible because a carbanion is too poor a leaving group to be expelled in a reversal step.", "section": "Nucleophilic Addition of Hydride and Grignard Reagents: Alcohol Formation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of Amines: Imine and Enamine Formation Primary amines, RNH 2 , add to aldehydes and ketones to yield imines , R 2 C═NR . Secondary amines, R 2 NH, add similarly to yield enamines , R 2 N–CR ═ CR 2 ( ene + amine = unsaturated amine). Imines are particularly common as intermediates in biological pathways, where they are often called Schiff bases . The amino acid alanine, for instance, is metabolized in the body by reaction with the aldehyde pyridoxal phosphate (PLP), a derivative of vitamin B 6 , to yield a Schiff base that is further degraded. Imine formation and enamine formation seem different because one leads to a product with a C═N bond and the other leads to a product with a C═C bond. Actually, though, the reactions are quite similar. Both are typical examples of nucleophilic addition reactions in which water is eliminated from the initially formed tetrahedral intermediate and a new C═Nu double bond is formed. Imines are formed in a reversible, acid-catalyzed process ( ) that begins with nucleophilic addition of the primary amine to the carbonyl group, followed by transfer of a proton from nitrogen to oxygen to yield a neutral amino alcohol, or carbinolamine . Protonation of the carbinolamine oxygen by an acid catalyst then converts the –OH into a better leaving group (–OH 2 + ), and E1-like loss of water produces an iminium ion. Loss of a proton from nitrogen gives the final product and regenerates the acid catalyst. MECHANISM Mechanism of imine formation by reaction of an aldehyde or ketone with a primary amine. The key step is the initial nucleophilic addition to yield a carbinolamine intermediate, which then loses water to give the imine. Imine formation with such reagents as hydroxylamine and 2,4-dinitrophenylhydrazine is sometimes useful because the products of these reactions— oximes and 2,4-dinitrophenylhydrazones (2,4-DNPs), respectively—are often crystalline and easy to handle. Such crystalline derivatives are occasionally prepared as a means of purifying and characterizing liquid ketones or aldehydes. Reaction of an aldehyde or ketone with a secondary amine, R 2 NH, rather than a primary amine yields an enamine. As shown in , the process is identical to imine formation up to the iminium ion stage, but at this point there is no proton on nitrogen that can be lost to form a neutral imine product. Instead, a proton is lost from the neighboring carbon (the α carbon), yielding an enamine. MECHANISM Mechanism for enamine formation by reaction of an aldehyde or ketone with a secondary amine, R 2 NH. The iminium ion intermediate formed in step 3 has no hydrogen attached to N and so must lose H + from the carbon two atoms away. Imine and enamine formation are slow at both high pH and low pH but reach a maximum rate at a weakly acidic pH around 4 to 5. For example, the profile of pH versus rate shown in for the reaction between acetone and hydroxylamine, NH 2 OH, indicates that the maximum reaction rate occurs at pH 4.5. We can explain the observed pH dependence of imine formation by looking at the individual steps in the mechanism. As indicated in , an acid catalyst is required in step 3 to protonate the intermediate carbinolamine, thereby converting the –OH into a better leaving group. Thus, reaction will be slow if not enough acid is present (that is, at high pH). On the other hand, if too much acid is present (low pH), the basic amine nucleophile is completely protonated, so the initial nucleophilic addition step can’t occur. Dependence on pH of the rate of reaction between acetone and hydroxylamine: ( CH 3 ) 2 C═O + NH 2 OH → ( CH 3 ) 2 C═NOH + H 2 O . Evidently, a pH of 4.5 represents a compromise between the need for some acid to catalyze the rate-limiting dehydration step but not too much acid so as to avoid complete protonation of the amine. Each nucleophilic addition reaction has its own requirements, and conditions must be optimized to obtain maximum reaction rates. Predicting the Product of Reaction between a Ketone and an Amine Show the products you would obtain by acid-catalyzed reaction of 3-pentanone with methylamine, CH 3 NH 2 , and with dimethylamine, (CH 3 ) 2 NH. Strategy An aldehyde or ketone reacts with a primary amine, RNH 2 , to yield an imine, in which the carbonyl oxygen atom has been replaced by the =N–R group of the amine. Reaction of the same aldehyde or ketone with a secondary amine, R 2 NH, yields an enamine, in which the oxygen atom has been replaced by the –NR 2 group of the amine and the double bond has moved to a position between the former carbonyl carbon and the neighboring carbon. Solution Problems", "section": "Nucleophilic Addition of Amines: Imine and Enamine Formation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of Hydrazine: The Wolff–Kishner Reaction A useful variant of the imine-forming reaction just discussed involves the treatment of an aldehyde or ketone with hydrazine, H 2 N–NH 2 , in the presence of KOH. Called the Wolff–Kishner reaction , the process is a useful and general method for converting an aldehyde or ketone into an alkane, R 2 C=O → R 2 CH 2 . As shown in , the Wolff–Kishner reaction involves formation of a hydrazone intermediate, R 2 C═ N–NH 2 , followed by base-catalyzed double-bond migration, loss of N 2 gas to give a carbanion, and protonation to give the alkane product. The double-bond migration takes place when a base removes one of the weakly acidic NH protons in step 2 to generate a hydrazone anion, which has an allylic resonance structure that places the double bond between nitrogens and the negative charge on carbon. Reprotonation then occurs on carbon to generate the double-bond rearrangement product. The next step—loss of nitrogen and formation of an alkyl anion—is driven by the large thermodynamic stability of the N 2 molecule. MECHANISM Mechanism for the Wolff–Kishner reduction of an aldehyde or ketone to yield an alkane. Note that the Wolff–Kishner reduction accomplishes the same overall transformation as the catalytic hydrogenation of an acylbenzene to yield an alkylbenzene ( ). The Wolff–Kishner reduction is more general and more useful than catalytic hydrogenation, however, because it works well with both alkyl and aryl ketones. Problems", "section": "Nucleophilic Addition of Hydrazine: The Wolff–Kishner Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of Alcohols: Acetal Formation Aldehydes and ketones react reversibly with 2 equivalents of an alcohol in the presence of an acid catalyst to yield acetals, R 2 C(OR′) 2 , which are often called ketals if derived from a ketone. Cyclohexanone, for instance, reacts with methanol in the presence of HCl to give the corresponding dimethyl acetal. Acetal formation is similar to the hydration reaction discussed in . Like water, alcohols are weak nucleophiles that add to aldehydes and ketones slowly under neutral conditions. Under acidic conditions, however, the reactivity of the carbonyl group is increased by protonation, so addition of an alcohol occurs rapidly. As shown in , nucleophilic addition of an alcohol to the carbonyl group initially yields a hydroxy ether called a hemiacetal , analogous to the gem diol formed by addition of water. Hemiacetals are formed reversibly, with equilibrium normally favoring the carbonyl compound. In the presence of acid, however, a further reaction occurs. Protonation of the –OH group, followed by an E1-like loss of water, leads to an oxonium ion, R 2 C═ O + R , which undergoes a second nucleophilic addition of alcohol to yield the protonated acetal. Loss of a proton completes the reaction. MECHANISM Mechanism of acid-catalyzed acetal formation by reaction of an aldehyde or ketone with an alcohol. Because all the steps in acetal formation are reversible, the reaction can be driven either forward (from carbonyl compound to acetal) or backward (from acetal to carbonyl compound), depending on the conditions. The forward reaction is favored by conditions that remove water from the medium and thus drive the equilibrium to the right. In practice, this is often done by distilling off water as it forms. The reverse reaction is favored by treating the acetal with a large excess of aqueous acid to drive the equilibrium to the left. Acetals are useful because they can act as protecting groups for aldehydes and ketones in the same way that trimethylsilyl ethers act as protecting groups for alcohols ( ). As we saw previously, it sometimes happens that one functional group interferes with intended chemistry elsewhere in a complex molecule. For example, if we wanted to reduce only the ester group of ethyl 4-oxopentanoate, the ketone would interfere. Treatment of the starting keto ester with LiAlH 4 would reduce both the keto group and the ester group to give a diol product. By protecting the keto group as an acetal, however, the problem can be circumvented. Like other ethers, acetals are unreactive to bases, hydride reducing agents, Grignard reagents, and catalytic hydrogenation conditions, but they are cleaved by acid. Thus, we can accomplish the selective reduction of the ester group in ethyl 4-oxopentanoate by first converting the keto group to an acetal, then reducing the ester with LiAlH 4 , and then removing the acetal by treatment with aqueous acid. (In practice, it’s often convenient to use 1 equivalent of a diol such as ethylene glycol as the alcohol to form a cyclic acetal. The mechanism of cyclic acetal formation using 1 equivalent of ethylene glycol is exactly the same as that using 2 equivalents of methanol or other monoalcohols.) Acetal and hemiacetal groups are particularly common in carbohydrate chemistry. Glucose, for instance, is a polyhydroxy aldehyde that undergoes an internal nucleophilic addition reaction and exists primarily as a cyclic hemiacetal. Predicting the Product of Reaction between a Ketone and an Alcohol Show the structure of the acetal you would obtain by acid-catalyzed reaction of 2-pentanone with 1,3-propanediol. Strategy Acid-catalyzed reaction of an aldehyde or ketone with 2 equivalents of a monoalcohol or 1 equivalent of a diol yields an acetal, in which the carbonyl oxygen atom is replaced by two –OR groups from the alcohol. Solution Problems", "section": "Nucleophilic Addition of Alcohols: Acetal Formation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Addition of Phosphorus Ylides: The Wittig Reaction Aldehydes and ketones are converted into alkenes by means of a nucleophilic addition called the Wittig reaction , after the German chemist Georg Wittig who won the 1979 Nobel Prize in Chemistry. The reaction has no direct biological counterpart but is important both because of its wide use in drug manufacture and because of its mechanistic similarity to reactions of the coenzyme thiamin diphosphate, which we’ll see in Section 29.6 . In the Wittig reaction, a triphenylphosphorus ylide, R 2 C − – P + Ph 3 also called a phosphorane and sometimes written in the resonance form R 2 C═ P(Ph) 3 , adds to an aldehyde or ketone to yield a four-membered cyclic intermediate called an oxaphosphetane. The oxaphosphetane is not isolated, but instead spontaneously decomposes to give an alkene plus triphenylphosphine oxide, O═ PPh 3 . In effect, the oxygen atom of the aldehyde or ketone and the R 2 C= bonded to phosphorus exchange places. (An ylide —pronounced ill -id—is a neutral, dipolar compound with adjacent positive and negative charges.) The initial addition takes place by different pathways depending on the structure of the reactants and the exact experimental conditions. One pathway involves a one-step cycloaddition process analogous to the Diels–Alder cycloaddition reaction ( ). The other pathway involves a nucleophilic addition reaction to give a dipolar intermediate called a betaine ( bay -ta-een), which undergoes ring closure. The phosphorus ylides necessary for Wittig reaction are easily prepared by S N 2 reaction of primary (and some secondary) alkyl halides with triphenylphosphine, (Ph) 3 P, followed by treatment with base. Triphenylphosphine is a good nucleophile in S N 2 reactions, and yields of the resultant alkyltriphenylphosphonium salts are high. Because of the positive charge on phosphorus, the hydrogen on the neighboring carbon is weakly acidic and can be removed by a strong base such as butyllithium (BuLi) to generate the neutral ylide. For example: The Wittig reaction is extremely general, and a great many monosubstituted, disubstituted, and trisubstituted alkenes can be prepared from the appropriate combination of phosphorane and aldehyde or ketone. Tetrasubstituted alkenes, however, can’t be prepared this way because of steric hindrance. The real value of the Wittig reaction is that it yields a pure alkene of predictable structure. The C═C bond in the product is always exactly where the C═O group was in the reactant, and no alkene isomers (except E , Z isomers) are formed. For example, Wittig reaction of cyclohexanone with methylenetriphenylphosphorane yields only the single alkene product methylenecyclohexane. By contrast, addition of methylmagnesium bromide to cyclohexanone, followed by dehydration with POCl 3 , yields a roughly 9 : 1 mixture of two alkenes. Wittig reactions are used commercially in the synthesis of numerous pharmaceutical products. For example, the German chemical company BASF prepares vitamin A by using a Wittig reaction between a 15-carbon ylide and a 5-carbon aldehyde. Synthesizing an Alkene Using a Wittig Reaction What carbonyl compound and what phosphorus ylide might you use to prepare 3-ethyl-2-pentene? Strategy An aldehyde or ketone reacts with a phosphorus ylide to yield an alkene in which the oxygen atom of the carbonyl reactant is replaced by the ═CR 2 of the ylide. Preparation of the phosphorus ylide itself usually involves S N 2 reaction of a primary alkyl halide with triphenylphosphine, so the ylide is typically primary, RCH═ P(Ph) 3 . This means that the disubstituted alkene carbon in the product comes from the carbonyl reactant, while the monosubstituted alkene carbon comes from the ylide. Solution Problems", "section": "Nucleophilic Addition of Phosphorus Ylides: The Wittig Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biological Reductions As a general rule, nucleophilic addition reactions are characteristic only of aldehydes and ketones, not of carboxylic acid derivatives. The reason for the difference is structural. As discussed previously in the Preview of Carbonyl Chemistry , and shown in , the tetrahedral intermediate produced by addition of a nucleophile to a carboxylic acid derivative can eliminate a leaving group, leading to a net nucleophilic acyl substitution reaction. The tetrahedral intermediate produced by addition of a nucleophile to an aldehyde or ketone, however, has only alkyl or hydrogen substituents and thus can’t usually expel a leaving group. One exception to this rule is the Cannizzaro reaction , discovered in 1853. Carboxylic acid derivatives have an electronegative substituent Y = –Br, –Cl, –OR, –NR 2 that can be expelled as a leaving group from the tetrahedral intermediate formed by nucleophilic addition. Aldehydes and ketones have no such leaving group and thus do not usually undergo this reaction. The Cannizzaro reaction takes place by nucleophilic addition of OH – to an aldehyde to give a tetrahedral intermediate, which expels hydride ion as a leaving group and is thereby oxidized. A second aldehyde molecule accepts the hydride ion in another nucleophilic addition step and is thereby reduced. Benzaldehyde, for instance, yields benzyl alcohol plus benzoic acid when heated with aqueous NaOH. The Cannizzaro reaction is rarely used today but is interesting mechanistically because it is a simple laboratory analogy for the primary biological pathway by which carbonyl reductions occur in living organisms. In nature, as we saw in , one of the most important reducing agents is NADH, reduced nicotinamide adenine dinucleotide. NADH donates H – to aldehydes and ketones, thereby reducing them, in much the same way that the tetrahedral alkoxide intermediate in a Cannizzaro reaction does. The electron lone pair on a nitrogen atom of NADH expels H – as leaving group, which adds to a carbonyl group in another molecule ( ). As an example, pyruvate is converted during intense muscle activity to ( S )-lactate, a reaction catalyzed by lactate dehydrogenase. Mechanism of biological aldehyde and ketone reductions by the coenzyme NADH. The key step is an expulsion of hydride ion from NADH and donation to the carbonyl group. Problems", "section": "Biological Reductions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conjugate Nucleophilic Addition to α , β ‑Unsaturated Aldehydes and Ketones All the reactions we’ve been discussing to this point have involved the addition of a nucleophile directly to the carbonyl group, a so-called 1,2-addition . Closely related to this direct addition is the conjugate addition , or 1,4-addition , of a nucleophile to the C═C bond of an α , β -unsaturated aldehyde or ketone. (The carbon atom next to a carbonyl group is often called the α carbon, the next carbon is the β carbon, and so on. Thus, an α , β -unsaturated aldehyde or ketone has a double bond conjugated with the carbonyl group.) The initial product of conjugate addition is a resonance-stabilized enolate ion , which typically undergoes protonation on the α carbon to give a saturated aldehyde or ketone product ( ). A comparison of direct (1,2) and conjugate (1,4) nucleophilic addition reactions. In conjugate addition, a nucleophile adds to the β carbon of an α , β -unsaturated aldehyde or ketone and protonation occurs on the α carbon. The conjugate addition of a nucleophile to an α , β -unsaturated aldehyde or ketone is caused by the same electronic factors that are responsible for direct addition. The electronegative oxygen atom of the α , β -unsaturated carbonyl compound withdraws electrons from the β carbon, thereby making it electron-poor and more electrophilic than a typical alkene carbon. As noted, conjugate addition of a nucleophile to the β carbon of an α , β -unsaturated aldehyde or ketone leads to an enolate ion intermediate, which is protonated on the α carbon to give the saturated product ( ). The net effect is addition of the nucleophile to the C═C bond, with the carbonyl group itself unchanged. In fact, of course, the carbonyl group is crucial to the success of the reaction. Without the carbonyl group, the C═C bond would not be activated for addition, and no reaction would occur. Conjugate Addition of Amines Both primary and secondary amines add to α , β -unsaturated aldehydes and ketones to yield β -amino aldehydes and ketones rather than the alternative imines. Under typical reaction conditions, both modes of addition occur rapidly. But because the reactions are reversible, they generally proceed with thermodynamic control rather than kinetic control ( ), so the more stable conjugate addition product is often obtained with the complete exclusion of the less stable direct addition product. Conjugate Addition of Water Water can add reversibly to α , β -unsaturated aldehydes and ketones to yield β -hydroxy aldehydes and ketones, although the position of the equilibrium generally favors unsaturated reactant rather than saturated adduct. Related additions to α , β -unsaturated carboxylic acids occur in numerous biological pathways, such as the citric acid cycle of food metabolism in which cis -aconitate is converted into isocitrate by conjugate addition of water to a double bond. Problems Conjugate Addition of Alkyl Groups: Organocopper Reactions The conjugate addition of an alkyl or other organic group to an α , β -unsaturated ketone (but not aldehyde) is one of the more useful 1,4-addition reactions, just as direct addition of a Grignard reagent is one of the more useful 1,2-additions. Conjugate addition of an organic group is carried out by treating the α , β -unsaturated ketone with a lithium diorganocopper reagent, R 2 CuLi. As we saw in , lithium diorganocopper (Gilman) reagents are prepared by reaction between 1 equivalent of copper(I) iodide and 2 equivalents of an organolithium regent, RLi. The organolithium reagent, in turn, is formed by reaction of lithium metal with an organohalide in the same way that a Grignard reagent is prepared by reaction of magnesium metal with an organohalide. Primary, secondary, and even tertiary alkyl groups undergo the conjugate addition reaction, as do aryl and alkenyl groups. Alkynyl groups, however, react poorly in the conjugate addition process. Diorganocopper reagents are unique in their ability to give conjugate addition products. Other organometallic reagents, such as Grignard reagents and organolithiums, normally result in direct carbonyl addition on reaction with α , β -unsaturated ketones. The mechanism of this reaction is thought to involve conjugate nucleophilic addition of the diorganocopper anion, R 2 Cu – , to the unsaturated ketone to give a copper-containing intermediate. Transfer of an R group from copper to carbon, followed by elimination of a neutral organocopper species, RCu, gives the final product. Using a Conjugate Addition Reaction How might you use a conjugate addition reaction to prepare 2-methyl-3-propylcyclopentanone? Strategy A ketone with a substituent group in its β position might be prepared by a conjugate addition of that group to an α , β -unsaturated ketone. In the present instance, the target molecule has a propyl substituent on the β carbon and might therefore be prepared from 2-methyl-2-cyclopentenone by reaction with lithium dipropylcopper. Solution Problems", "section": "Conjugate Nucleophilic Addition toα,β‑Unsaturated Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Aldehydes and Ketones Infrared Spectroscopy Aldehydes and ketones show a strong C═O bond absorption in the IR region from 1660 to 1770 cm –1 , as the spectra of benzaldehyde and cyclohexanone demonstrate ( ). In addition, aldehydes show two characteristic C–H absorptions between 2700–2760 and 2800–2860 cm –1 . These absorbances are important for distinguishing between aldehydes and ketones. The higher-frequency absorbance is sometimes obscured in cases where the compound has numerous saturated C–H groups, but the lower-frequency peak is almost always visible. Infrared spectra of (a) benzaldehyde and (b) cyclohexanone. The exact position of the C═O absorption is diagnostic of the nature of the carbonyl group. As the data in indicate, saturated aldehydes usually show carbonyl absorptions near 1730 cm –1 in the IR spectrum, but conjugation of the aldehyde to an aromatic ring or a double bond lowers the absorption by 25 cm –1 to near 1705 cm –1 . Saturated aliphatic ketones and cyclohexanones both absorb near 1715 cm –1 , and conjugation with a double bond or an aromatic ring again lowers the absorption by 30 cm –1 to 1685–1690 cm –1 . Angle strain in the carbonyl group, caused by reducing the ring size of cyclic ketones to four or five, raises the absorption position. Cyclohexanone has its C═O stretch absorbance at 1715 cm –1 while cyclopentanone’s carbonyl stretch is at 1750 cm –1 and cyclobutanone’s is at 1785 cm –1 . Infrared Absorptions of Some Aldehydes and Ketones Carbonyl type Example Absorption (cm –1 ) Saturated aldehyde CH 3 CHO 1730 Aromatic aldehyde PhCHO 1705 α , β -Unsaturated aldehyde H 2 C═CHCHO 1705 Saturated ketone CH 3 COCH 3 1715 Cyclohexanone 1715 Cyclopentanone 1750 Cyclobutanone 1785 Aromatic ketone PhCOCH 3 1690 α , β -Unsaturated ketone H 2 C═ CHCOCH 3 1685 The values given in are remarkably constant from one aldehyde or ketone to another. As a result, IR spectroscopy is a powerful tool for identifying the kind of a carbonyl group in a molecule of unknown structure. An unknown that shows an IR absorption at 1730 cm –1 is almost certainly an aldehyde rather than a ketone; an unknown that shows an IR absorption at 1750 cm –1 is almost certainly a cyclopentanone, and so on. Problems Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Aldehyde protons (RC H O) absorb near 10 δ in the 1 H NMR spectrum and are very distinctive because no other absorptions occur in this region. The aldehyde proton shows spin–spin coupling with protons on the neighboring carbon, with coupling constant J ≈ 3 Hz. Acetaldehyde, for example, shows a quartet at 9.79 δ for the aldehyde proton, indicating that there are three protons neighboring the –CHO group ( ). 1 H NMR spectrum of acetaldehyde. The absorption of the aldehyde proton appears at 9.79 δ and is split into a quartet. Hydrogens on the carbon next to a carbonyl group are slightly deshielded and usually absorb near 2.0 to 2.3 δ . The acetaldehyde methyl group in , for instance, absorbs at 2.20 δ . Methyl ketones are particularly distinctive because they always show a sharp three-proton singlet near 2.1 δ . The carbonyl-group carbon atoms of aldehydes and ketones have characteristic 13 C NMR resonances in the range 190 to 215 δ . Since no other kinds of carbons absorb in this range, the presence of an NMR absorption near 200 δ is clear evidence for a carbonyl group. Saturated aldehyde or ketone carbons usually absorb in the region from 200 to 215 δ , while aromatic and α , β -unsaturated carbonyl carbons absorb in the 190 to 200 δ region. Mass Spectrometry As discussed in , aliphatic aldehydes and ketones that have hydrogens on their gamma ( γ ) carbon atoms undergo a characteristic mass spectral cleavage called the McLafferty rearrangement . A hydrogen atom is transferred from the γ carbon to the carbonyl oxygen, the bond between the α and β carbons is broken, and a neutral alkene fragment is produced. The charge remains with the oxygen-containing fragment. In addition to fragmentation by the McLafferty rearrangement, aldehydes and ketones also undergo cleavage of the bond between the carbonyl group and the α carbon, called an α cleavage . Alpha cleavage yields a neutral radical and a resonance-stabilized acyl cation. Fragment ions from both McLafferty rearrangement and α cleavage are visible in the mass spectrum of 5-methyl-2-hexanone shown in . McLafferty rearrangement with loss of 2-methylpropene yields a fragment with m/z = 58. Alpha cleavage occurs primarily at the more substituted side of the carbonyl group, leading to a [CH 3 CO] + fragment with m/z = 43. Mass spectrum and the related reactions of 5-methyl-2-hexanone. The peak at m / z = 58 is due to McLafferty rearrangement. The abundant peak at m / z = 43 is due to α cleavage at the more highly substituted side of the carbonyl group. Note that the peak due to the molecular ion is very small. Problems Enantioselective Synthesis Whenever a chiral product is formed by reaction between achiral reagents, the product is racemic; that is, both enantiomers of the product are formed in equal amounts. The epoxidation reaction of geraniol with m -chloroperoxybenzoic acid, for instance, gives a racemic mixture of (2 S ,3 S ) and (2 R ,3 R ) epoxides. Unfortunately, it’s usually the case that only one enantiomer of a given drug or other important substance has the desired biological properties. The other enantiomer might be inactive or even dangerous. Thus, much work is currently being done on developing enantioselective methods of synthesis, which yield only one of the two possible enantiomers. So important has enantioselective synthesis become that the 2001 Nobel Prize in Chemistry was awarded to three pioneers in the field: William S. Knowles of the Monsanto Co., K. Barry Sharpless of the Scripps Research Institute, and Ryoji Noyori of Nagoya University. Several approaches to enantioselective synthesis have been developed, but the most efficient are those that use chiral catalysts to temporarily hold a substrate molecule in an unsymmetrical environment—the same strategy that nature uses when catalyzing reactions with chiral enzymes. While in that unsymmetrical environment, the substrate may be more open to reaction on one side than on another, leading to an excess of one enantiomeric product over another. As an analogy, think about picking up a coffee mug in your right hand to take a drink. The mug by itself is achiral, but as soon as you pick it up by the handle, it becomes chiral. One side of the mug now faces toward you so you can drink from it, but the other side faces away. The two sides are different, with one side much more accessible to you than the other. A substance made from the tartaric acid found at the bottom of this wine vat catalyzes enantioselective reactions. (credit: “Pinot Noir fermentation in open vat” by Pipers Brook Vineyard Media/Flickr, CC BY 2.0) Among the thousands of enantioselective reactions now known, one of the most useful is the so-called Sharpless epoxidation, in which an allylic alcohol, such as geraniol, is treated with tert -butyl hydroperoxide, (CH 3 ) 3 C–OOH, in the presence of titanium tetraisopropoxide and diethyl tartrate (DET) as a chiral auxiliary reagent. When ( R,R ) tartrate is used, geraniol is converted into its 2 S ,3 S epoxide with 98% selectivity, whereas the use of ( S,S ) tartrate gives the 2 R ,3 R epoxide enantiomer. We say that the major product in each case is formed with an enantiomeric excess of 96%, meaning that 4% of the product is racemic (2% 2 S ,3 S plus 2% 2 R ,3 R ) and an extra 96% of a single enantiomer is formed. The mechanistic details by which the chiral catalyst works are a bit complex, although it appears that a chiral complex of two tartrate molecules with one titanium is involved. acetal, R 2 C(OR′) 2 acyl group 1,2-addition 1,4-addition aldehyde (RCHO) Cannizzaro reaction carbinolamine conjugate addition cyanohydrin enamine (R 2 N–CR═ CR 2 ) hemiacetal imine (R 2 C═NR) ketal ketone (R 2 CO) McLafferty rearrangement nucleophilic addition reaction phosphorane Schiff bases Wittig reaction Wolff–Kishner reaction ylide Summary Aldehydes and ketones are among the most important of all functional groups, both in the chemical industry and in biological pathways. In this chapter, we’ve looked at some of their typical reactions. Aldehydes are normally prepared in the laboratory by oxidation of primary alcohols or by partial reduction of esters. Ketones are similarly prepared by oxidation of secondary alcohols. The nucleophilic addition reaction is the most common general reaction type for aldehydes and ketones. Many different kinds of products can be prepared by nucleophilic additions. Aldehydes and ketones are reduced by NaBH 4 or LiAlH 4 to yield primary and secondary alcohols, respectively. Addition of Grignard reagents to aldehydes and ketones also gives alcohols (secondary and tertiary, respectively), and addition of HCN yields cyanohydrins . Primary amines add to carbonyl compounds yielding imines , or Schiff bases , and secondary amines yield enamines . Reaction of an aldehyde or ketone with hydrazine and base gives an alkane (the Wolff–Kishner reaction ). Alcohols add to carbonyl groups to yield acetals , which are valuable as protecting groups. Phosphorus ylides add to aldehydes and ketones in the Wittig reaction to give alkenes. α , β -Unsaturated aldehydes and ketones often react with nucleophiles to give the product of conjugate addition , or 1,4-addition . Particularly useful are the conjugate addition of an amine and the conjugate addition of an organic group by reaction with a diorganocopper reagent. IR spectroscopy is helpful for identifying aldehydes and ketones. Carbonyl groups absorb in the IR range 1660 to 1770 cm –1 , with the exact position highly diagnostic of the kind of carbonyl group present in the molecule. 13 C NMR spectroscopy is also useful for aldehydes and ketones because their carbonyl carbons show resonances in the 190 to 215 δ range. 1 H NMR is useful for aldehyde –CHO protons, which absorb near 10 δ . Aldehydes and ketones undergo two characteristic kinds of fragmentation in the mass spectrometer: α cleavage and McLafferty rearrangement. Summary of Reactions Preparation of aldehydes ( ) Oxidation of primary alcohols ( ) Partial reduction of esters ( ) Preparation of ketones Oxidation of secondary alcohols ( ) Diorganocopper reaction with acid chlorides ( ) Oxidation of aldehydes ( ) Nucleophilic addition reactions of aldehydes and ketones Addition of hydride to give alcohols: reduction ( ) Addition of Grignard reagents to give alcohols ( ) Addition of HCN to give cyanohydrins ( ) Addition of primary amines to give imines ( ) Addition of secondary amines to give enamines ( ) Wolff–Kishner reaction to give alkanes ( ) Addition of alcohols to give acetals ( ) Addition of phosphorus ylides to give alkenes: Wittig reaction ( ) Conjugate additions to α , β -unsaturated aldehydes and ketones ( ) Conjugate addition of amines Conjugate addition of water Conjugate addition of alkyl groups by diorganocopper reaction Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Aldehydes and Ketones Reactions of Aldehydes and Ketones Spectroscopy General Problems", "section": "Spectroscopy of Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The burning sensation produced by touching or eating chili peppers is due to capsaicin, a carboxylic acid derivative called an amide. (credit: modification of “Chillis” by Lucas Cobb/Flickr, CC BY 2.0) Carboxylic acids are present in many industrial processes and most biological pathways and are the starting materials from which other acyl derivatives are made. Thus, an understanding of their properties and reactions is fundamental to understanding organic chemistry. We’ll look both at acids and at their close relatives, nitriles ( RC≡N ), in this chapter and at carboxylic acid derivatives in the next chapter. Carboxylic acids, RCO 2 H , occupy a central place among carbonyl compounds. Not only are they valuable in themselves, they also serve as starting materials for preparing numerous carboxylic acid derivatives such as acid chlorides, esters, amides, and thioesters. In addition, carboxylic acids are present in the majority of biological pathways. A great many carboxylic acids are found in nature: acetic acid, CH 3 CO 2 H, is the chief organic component of vinegar; butanoic acid, CH 3 CH 2 CH 2 CO 2 H, is responsible for the rancid odor of sour butter; and hexanoic acid (caproic acid), CH 3 (CH 2 ) 4 CO 2 H, is responsible for the unmistakable aroma of goats and dirty gym socks (the name comes from the Latin caper, meaning “goat”). Other examples are cholic acid, a major component of human bile, and long-chain aliphatic acids such as palmitic acid, CH 3 (CH 2 ) 14 CO 2 H, a biological precursor of fats and vegetable oils. Approximately 20 million tons of acetic acid is produced worldwide each year for a variety of purposes, including preparation of the vinyl acetate polymer used in paints and adhesives. About 20% of the acetic acid synthesized industrially is obtained by oxidation of acetaldehyde. Much of the remaining 80% is prepared by the rhodium-catalyzed reaction of methanol with carbon monoxide.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Carboxylic Acids and Nitriles Carboxylic Acids, RCO 2 H Simple carboxylic acids derived from open-chain alkanes are systematically named by replacing the terminal – e of the corresponding alkane name with - oic acid. The –CO 2 H carbon atom is numbered C1. Compounds that have a –CO 2 H group bonded to a ring are named using the suffix - carboxylic acid . The CO 2 H carbon is attached to C1 in this system and is not itself numbered. As a substituent, the CO 2 H group is called a carboxyl group . Because many carboxylic acids were among the first organic compounds to be isolated and purified, quite a few common names exist ( ). Biological chemists, in particular, make frequent use of these names, so you may find yourself referring back to this list on occasion. We’ll use systematic names in this book, with a few exceptions such as formic (methanoic) acid and acetic (ethanoic) acid, whose names are accepted by IUPAC and are so well known that it makes little sense to refer to them any other way. Also listed in are the names of acyl groups derived from the parent acids. Except for the eight entries at the top of , whose names have a - yl ending, all other acyl groups are named using an - oyl ending. Common Names of Some Carboxylic Acids and Acyl Groups Structure Name Acyl group HCO 2 H Formic Formyl CH 3 CO 2 H Acetic Acetyl CH 3 CH 2 CO 2 H Propionic Propionyl CH 3 CH 2 CH 2 CO 2 H Butyric Butyryl HO 2 CCO 2 H Oxalic Oxalyl HO 2 CCH 2 CO 2 H Malonic Malonyl HO 2 CCH 2 CH 2 CO 2 H Succinic Succinyl HO 2 CCH 2 CH 2 CH 2 CO 2 H Glutaric Glutaryl HO 2 CCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 CO 2 H Adipic Adipoyl H 2 C═CHCO 2 H Acrylic Acryloyl HO 2 CCH═CHCO 2 H Maleic (cis) Fumaric (trans) Maleoyl Fumaroyl HOCH 2 CO 2 H Glycolic Glycoloyl Lactic Lactoyl Pyruvic Pyruvoyl Glyceric Glyceroyl Malic Maloyl Oxaloacetic Oxaloacetyl Benzoic Benzoyl Phthalic Phthaloyl Nitriles, RC≡N Compounds containing the –C≡N functional group are called nitriles and can undergo some chemistry similar to that of carboxylic acids. Simple open-chain nitriles are named by adding - nitrile as a suffix to the alkane name, with the nitrile carbon numbered C1. Nitriles can also be named as derivatives of carboxylic acids by replacing the - ic acid or - oic acid ending with - onitrile, or by replacing the - carboxylic acid ending with - carbonitrile. The nitrile carbon atom is attached to C1 but is not itself numbered. If another carboxylic acid derivative is present in the same molecule, the prefix cyano - is used for the C≡N group. Problems", "section": "Naming Carboxylic Acids and Nitriles", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Structure and Properties of Carboxylic Acids Carboxylic acids are similar in some respects to both ketones and alcohols. Like ketones, the carboxyl carbon is sp 2 -hybridized, and carboxylic acid groups are therefore planar with C–C═O and O═C–O bond angles of approximately 120° ( ). Physical Parameters for Acetic Acid Bond angle (degrees) Bond length (pm) C–C═O 119 C–C 152 C–C–OH 119 C═O 125 O═C–OH 122 C–OH 131 Like alcohols, carboxylic acids are strongly associated because of hydrogen-bonding. Most carboxylic acids exist as cyclic dimers held together by two hydrogen bonds. This strong hydrogen-bonding has a noticeable effect on boiling points, making carboxylic acids boil far less easily than their corresponding alcohols. Acetic acid, for instance, has a boiling point of 117.9 °C, versus 78.3 °C for ethanol, even though both compounds have two carbons. The most obvious property of carboxylic acids is implied by their name: carboxylic acids are acidic. They therefore react with bases such as NaOH and NaHCO 3 to give metal carboxylate salts, RCO 2 − M + . Carboxylic acids with more than six carbons are only slightly soluble in water, but the alkali metal salts of carboxylic acids are often highly water-soluble. In fact, it’s often possible to purify an acid by extracting its salt into aqueous base, then reacidifying and extracting the pure acid back into an organic solvent. Like other Brønsted–Lowry acids discussed in , carboxylic acids dissociate slightly in dilute aqueous solution to give H 3 O + and the corresponding carboxylate anions, RCO 2 – . The extent of dissociation is given by an acidity constant, K a . A list of K a values for various carboxylic acids is given in . For most, K a is approximately 10 –4 to 10 –5 . Acetic acid, for instance, has K a = 1.75 × 10 –5 at 25 °C, which corresponds to a p K a of 4.76. In practical terms, a K a value near 10 –5 means that only about 0.1% of the molecules in a 0.1 M solution are dissociated, as opposed to the 100% dissociation found with strong mineral acids like HCl. Acidity of Some Carboxylic Acids Structure K a p K a CF 3 CO 2 H 0.59 0.23 HCO 2 H 1.77 × 10 –4 3.75 HOCH 2 CO 2 H 1.5 × 10 –4 3.84 C 6 H 5 CO 2 H 6.46 × 10 –5 4.19 H 2 C═ CHCO 2 H 5.6 × 10 –5 4.25 CH 3 CO 2 H 1.75 × 10 –5 4.76 CH 3 CH 2 CO 2 H 1.34 × 10 –5 4.87 CH 3 CH 2 OH (ethanol) (1 × 10 –16 ) (16) Although much weaker than mineral acids, carboxylic acids are nevertheless much stronger acids than alcohols and phenols. The K a of ethanol, for example, is approximately 10 –16 , making it a weaker acid than acetic acid by a factor of 10 11 . Why are carboxylic acids so much more acidic than alcohols, even though both contain –OH groups? An alcohol dissociates to give an alkoxide ion, in which the negative charge is localized on a single electronegative atom. A carboxylic acid, however, gives a carboxylate ion, in which the negative charge is delocalized over two equivalent oxygen atoms ( ). In resonance terms ( ), a carboxylate ion is a stabilized resonance hybrid of two equivalent structures. Since a carboxylate ion is more stable than an alkoxide ion, it is lower in energy and more favored in the dissociation equilibrium. An alkoxide ion has its charge localized on one oxygen atom and is less stable, while a carboxylate ion has the charge spread equally over both oxygens and is therefore more stable. Experimental evidence for the equivalence of the two carboxylate oxygens comes from X-ray crystallographic studies on sodium formate. Both carbon–oxygen bonds are 127 pm in length, midway between the C═O double bond (120 pm) and the C–O single bond (134 pm) of formic acid. An electrostatic potential map of the formate ion also shows how the negative charge (red) is spread equally over both oxygens. Problems", "section": "Structure and Properties of Carboxylic Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biological Acids and the Henderson–Hasselbalch Equation In acidic solution, at low pH, a carboxylic acid is completely undissociated and exists entirely as RCO 2 H. In basic solution, at high pH, a carboxylic acid is completely dissociated and exists entirely as RCO 2 – . Inside living cells, however, the pH is neither acidic nor basic but is instead buffered to a nearly neutral pH of 7.35–7.45. In what form, then, do carboxylic acids exist inside cells? The question is an important one for understanding the acid catalysts so often found in biological reactions. If the p K a value of a given acid and the pH of the medium are known, the percentages of dissociated and undissociated forms can be calculated using the Henderson–Hasselbalch equation . For any acid HA, we have p K a = − log [ H 3 O + ] [ A − ] [ HA ] = − log [ H 3 O + ] − log [ A − ] [ HA ] = pH − log [ A − ] [ HA ] which can be rearranged to give pH = p K a + log [ A − ] [ HA ] Henderson-Hasselbalch equation so log [ A − ] [ HA ] = pH − p K a This equation says that the logarithm of the concentration of dissociated acid [A – ] divided by the concentration of undissociated acid [HA] is equal to the pH of the solution minus the p K a of the acid. Thus, if we know both the pH of the solution and the p K a of the acid, we can calculate the ratio of [A – ] to [HA]. Furthermore, when pH = p K a , then HA and A – are present in equal amounts because log 1 = 0. As an example of how to use the Henderson–Hasselbalch equation, let’s find out what species are present in a 0.0010 M solution of acetic acid at pH = 7.3. According to Table 20-3, the p K a of acetic acid is 4.76. From the Henderson–Hasselbalch equation, we have log [ A − ] HA = pH − p K a = 7.3 − 4.76 = 2.54 [ A − ] HA = antilog ( 2.54 ) = 3.5 × 10 2 so [A − ] = ( 3.5 × 10 2 ) [ HA ] In addition, we know that [ A − ] + [ HA ] = 0.0010 M Solving the two simultaneous equations gives [A – ] = 0.0010 M and [HA] = 3 × 10 –6 M. In other words, at a physiological pH of 7.3, essentially 100% of acetic acid molecules in a 0.0010 M solution are dissociated to the acetate ion. What is true for acetic acid is also true for other carboxylic acids: At the physiological pH that occurs inside cells, carboxylic acids are almost entirely dissociated. To reflect this fact, we always refer to cellular carboxylic acids by the name of their anion—acetate, lactate, citrate, and so forth, rather than acetic acid, lactic acid, and citric acid. Problems", "section": "Biological Acids and the Henderson–Hasselbalch Equation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Substituent Effects on Acidity The listing of p K a values shown previously in indicates that there are substantial differences in acidity from one carboxylic acid to another. For example, trifluoroacetic acid ( K a = 0.59) is 33,000 times as strong as acetic acid ( K a = 1.75 × 10 –5 ). How can we account for such differences? Because the dissociation of a carboxylic acid is an equilibrium process, any factor that stabilizes the carboxylate anion relative to undissociated carboxylic acid will drive the equilibrium toward increased dissociation and result in increased acidity. For instance, three electron-withdrawing fluorine atoms delocalize the negative charge in the trifluoroacetate anion, thereby stabilizing the ion and increasing the acidity of CF 3 CO 2 H. In the same way, glycolic acid (HOCH 2 CO 2 H; p K a = 3.83) is stronger than acetic acid because of the electron-withdrawing effect of the electronegative oxygen atom. Because inductive effects operate through σ bonds and are dependent on distance, the effect of halogen substitution decreases as the substituent moves farther from the carboxyl. Thus, 2-chlorobutanoic acid has p K a = 2.86, 3-chlorobutanoic acid has p K a = 4.05, and 4-chlorobutanoic acid has p K a = 4.52, similar to that of butanoic acid itself. Substituent effects on acidity are also found in substituted benzoic acids. We said during the discussion of electrophilic aromatic substitution in that substituents on the aromatic ring strongly affect reactivity. Aromatic rings with electron-donating groups are activated toward further electrophilic substitution, and aromatic rings with electron-withdrawing groups are deactivated. Exactly the same effects can be observed on the acidity of substituted benzoic acids ( ). Substituent Effects on the Acidity of p -Substituted Benzoic Acids Y K a × 10 –5 p K a –NO 2 39 3.41 Deactivating groups –CN 28 3.55 –CHO 18 3.75 –Br 11 3.96 –Cl 10 4.0 –H 6.46 4.19 –CH 3 4.3 4.34 Activating groups –OCH 3 3.5 4.46 –OH 3.3 4.48 As shows, an electron-donating (activating) group such as methoxy decreases acidity by destabilizing the carboxylate anion, and an electron-withdrawing (deactivating) group such as nitro increases acidity by stabilizing the carboxylate anion. Because it’s much easier to measure the acidity of a substituted benzoic acid than it is to determine the relative reactivity of an aromatic ring toward electrophilic substitution, the correlation between the two effects is useful for predicting reactivity. If we want to know the effect of a certain substituent on electrophilic reactivity, we can simply find the acidity of the corresponding benzoic acid. Worked Example 20.1 gives an illustration. Predicting the Effect of a Substituent on the Reactivity of an Aromatic Ring toward Electrophilic Substitution The p K a of p -(trifluoromethyl)benzoic acid is 3.6. Is the trifluoromethyl substituent an activating or deactivating group in electrophilic aromatic substitution? Strategy Decide whether p -(trifluoromethyl)benzoic acid is stronger or weaker than benzoic acid. A substituent that strengthens the acid is a deactivating group because it withdraws electrons, and a substituent that weakens the acid is an activating group because it donates electrons. Solution A p K a of 3.6 means that p -(trifluoromethyl)benzoic acid is stronger than benzoic acid, whose p K a is 4.19. Thus, the trifluoromethyl substituent favors dissociation by helping stabilize the negative charge. Trifluoromethyl must therefore be an electron-withdrawing, deactivating group. Problems", "section": "Substituent Effects on Acidity", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Preparing Carboxylic Acids Let’s review briefly some of the methods for preparing carboxylic acids that we’ve seen in previous chapters. Oxidation of a substituted alkylbenzene with KMnO 4 gives a substituted benzoic acid ( ). Both primary and secondary alkyl groups can be oxidized, but tertiary groups are not affected. Oxidation of a primary alcohol or an aldehyde yields a carboxylic acid ( and ). Primary alcohols are often oxidized with KMnO 4 , and aldehydes are similarly oxidized with alkaline KMnO 4 . Hydrolysis of Nitriles Carboxylic acids can be prepared from nitriles on heating with aqueous acid or base by a mechanism that we’ll discuss in Section 20.7. Since nitriles themselves are usually made by S N 2 reaction of a primary or secondary alkyl halide with CN – , the two-step sequence of cyanide displacement followed by nitrile hydrolysis is a good way to make a carboxylic acid from an alkyl halide ( RBr → RC≡N → RCO 2 H ). Note that the product acid has one more carbon than the starting alkyl halide. One example occurs in a commercial route for the synthesis of the nonsteroidal anti-inflammatory drug ibuprofen. (See Chapter 15 Chemistry Matters .) Carboxylation of Grignard Reagents Another method for preparing carboxylic acids is by reaction of a Grignard reagent with CO 2 to yield a metal carboxylate, followed by protonation to give a carboxylic acid. This carboxylation reaction is usually carried out by bubbling a stream of dry CO 2 gas through a solution of the Grignard reagent. The organomagnesium halide adds to a C═O bond of carbon dioxide in a typical nucleophilic carbonyl addition reaction, and protonation of the carboxylate by addition of aqueous HCl in a separate step then gives the free carboxylic acid. For example: As noted previously, there are no Grignard reagents inside living cells, but there are other types of stabilized carbanions that are often carboxylated. One of the initial steps in fatty-acid biosynthesis, for instance, involves the formation of a carbanion from acetyl CoA, followed by carboxylation to yield malonyl CoA. Devising a Synthesis Route for a Carboxylic Acid How would you prepare phenylacetic acid (PhCH 2 CO 2 H) from benzyl bromide (PhCH 2 Br)? Strategy We’ve seen two methods for preparing carboxylic acids from alkyl halides: (1) cyanide ion displacement followed by hydrolysis and (2) formation of a Grignard reagent followed by carboxylation. The first method involves an S N 2 reaction and is therefore limited to use with primary and some secondary alkyl halides. The second method involves formation of a Grignard reagent and is therefore limited to use with organic halides that have no acidic hydrogens or reactive functional groups elsewhere in the molecule. In the present instance, either method would work well. Solution Problems", "section": "Preparing Carboxylic Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Carboxylic Acids: An Overview We commented earlier in this chapter that carboxylic acids are similar in some respects to both alcohols and ketones. Like alcohols, carboxylic acids can be deprotonated to give anions, which are good nucleophiles in S N 2 reactions. Like ketones, carboxylic acids undergo addition of nucleophiles to the carbonyl group. However, carboxylic acids also undergo other reactions characteristic of neither alcohols nor ketones. shows some of the general reactions of carboxylic acids. Some general reactions of carboxylic acids. Reactions of carboxylic acids can be grouped into the four categories indicated in . Of the four, we’ve already discussed the acidic behavior of carboxylic acids in through , and we mentioned reduction by treatment with LiAlH 4 in . The remaining two categories are examples of fundamental carbonyl-group reaction mechanisms—nucleophilic acyl substitution and α substitution—that will be discussed in detail in Chapters 21 and 22. Problems", "section": "Reactions of Carboxylic Acids: An Overview", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemistry of Nitriles Nitriles are analogous to carboxylic acids in that both have a carbon atom with three bonds to an electronegative atom and both contain a π bond. Thus, some reactions of nitriles and carboxylic acids are similar. Both kinds of compounds are electrophiles, for instance, and both undergo nucleophilic addition reactions. Nitriles occur infrequently in living organisms, although several hundred examples are known. Cyanocycline A, for instance, has been isolated from the bacterium Streptomyces lavendulae and was found to have both antimicrobial and antitumor activity. In addition, more than 1000 compounds called cyanogenic glycosides are known. Derived primarily from plants, cyanogenic glycosides contain a sugar with an acetal carbon, one oxygen of which is bonded to a nitrile-bearing carbon (sugar–O–C–CN). On hydrolysis with aqueous acid, the acetal is cleaved ( ), generating a cyanohydrin (HO–C–CN), which releases hydrogen cyanide. It’s thought that the primary function of cyanogenic glycosides is to protect the plant by poisoning any animal foolish enough to eat it. Lotaustralin from the cassava plant is an example. Preparation of Nitriles The simplest method of nitrile preparation is the S N 2 reaction of CN – with a primary or secondary alkyl halide, as discussed in . Another method for preparing nitriles is by dehydration of a primary amide, RCONH 2 . Thionyl chloride is often used for this reaction, although other dehydrating agents such as POCl 3 also work. The dehydration occurs by initial reaction of SOCl 2 on the nucleophilic amide oxygen atom, followed by deprotonation and a subsequent E2-like elimination reaction. Both methods of nitrile synthesis—S N 2 displacement by CN – on an alkyl halide and amide dehydration—are useful, but the synthesis from amides is more general because it is not limited by steric hindrance. Reactions of Nitriles Like a carbonyl group, a nitrile group is strongly polarized and has an electrophilic carbon atom. Nitriles therefore react with nucleophiles to yield sp 2 -hybridized imine anions in a reaction analogous to the formation of a sp 3 -hybridized alkoxide ion by nucleophilic addition to a carbonyl group. Some general reactions of nitriles are shown in . Some reactions of nitriles. Hydrolysis: Conversion of Nitriles into Carboxylic Acids Among the most useful reactions of nitriles is their hydrolysis to yield first an amide and then a carboxylic acid plus ammonia or an amine. The reaction occurs in either basic or acidic aqueous solution: As shown in , base-catalyzed nitrile hydrolysis involves nucleophilic addition of hydroxide ion to the polar C≡N bond to give an imine anion in a process similar to the nucleophilic addition to a polar C═O bond to give an alkoxide anion. Protonation then gives a hydroxy imine, which tautomerizes ( ) to an amide in a step similar to the tautomerization of an enol to a ketone. Further hydrolysis gives a carboxylate ion. MECHANISM Mechanism for the basic hydrolysis of a nitrile to yield an amide, which is then hydrolyzed further to a carboxylic acid anion. The further hydrolysis of the amide intermediate takes place by a nucleophilic addition of hydroxide ion to the amide carbonyl group, which yields a tetrahedral alkoxide ion. Expulsion of amide ion, NH 2 − , as leaving group gives the carboxylate ion, thereby driving the reaction toward the products. Subsequent acidification in a separate step yields the carboxylic acid. We’ll look at this process in more detail in Section 21.7 . Reduction: Conversion of Nitriles into Amines Reduction of a nitrile with LiAlH 4 gives a primary amine, RNH 2 . The reaction occurs by nucleophilic addition of hydride ion to the polar C≡N bond, yielding an imine anion, which still contains a C═N bond and therefore undergoes a second nucleophilic addition of hydride to give a dianion . Both monoanion and dianion intermediates are undoubtedly stabilized by Lewis acid–base complexation to an aluminum species, facilitating the second addition that would otherwise be difficult. Protonation of the dianion by addition of water in a subsequent step gives the amine. Reaction of Nitriles with Grignard Reagents Grignard reagents add to a nitrile to give an intermediate imine anion that is hydrolyzed by addition of water to yield a ketone. The mechanism of the hydrolysis is the exact reverse of imine formation (see ). This reaction is similar to the reduction of a nitrile to an amine, except that only one nucleophilic addition occurs rather than two and the attacking nucleophile is a carbanion (R : – ) rather than a hydride ion. For example: Synthesizing a Ketone from a Nitrile How would you prepare 2-methyl-3-pentanone from a nitrile? Strategy A ketone results from the reaction between a Grignard reagent and a nitrile, with the C≡N carbon of the nitrile becoming the carbonyl carbon. Identify the two groups attached to the carbonyl carbon atom in the product. One will come from the Grignard reagent and the other will come from the nitrile. Solution There are two possibilities. Problems", "section": "Chemistry of Nitriles", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Carboxylic Acids and Nitriles Infrared Spectroscopy Carboxylic acids have two characteristic IR absorptions that make the –CO 2 H group easily identifiable. The O–H bond of the carboxyl group gives rise to a very broad absorption over the range 2500 to 3300 cm –1 . The C═O bond shows an absorption between 1710 and 1760 cm –1 . The exact position of C═O absorption depends both on the structure of the molecule and on whether the acid is free (monomeric) or hydrogen-bonded (dimeric). Free carboxyl groups absorb at 1760 cm –1 , but the more commonly encountered dimeric carboxyl groups absorb in a broad band centered around 1710 cm –1 . As with other carbonyl-containing functional groups, conjugation with an alkene or benzene ring lowers the frequency of the C═O stretch by 20 to 30 cm –1 . Both the broad O–H absorption and the C═O absorption at 1710 cm –1 (dimeric) are identified in the IR spectrum of butanoic acid shown in . IR spectrum of butanoic acid, CH 3 CH 2 CH 2 CO 2 H. Nitriles show an intense and easily recognizable C≡N bond absorption near 2250 cm –1 for saturated compounds and 2230 cm –1 for aromatic and conjugated molecules. Few other functional groups absorb in this region, so IR spectroscopy is highly diagnostic for nitriles. Problems Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Carboxyl carbon atoms absorb in the range 165 to 185 δ in the 13 C NMR spectrum, with aromatic and α , β -unsaturated acids near the upfield end of the range (∼165 δ ) and saturated aliphatic acids near the downfield end (∼185 δ ). Nitrile carbons absorb in the range 115 to 130 δ . In the 1 H NMR spectrum, the acidic –CO 2 H proton normally absorbs as a singlet near 12 δ . The chemical shift of the carboxyl proton is concentration and solvent dependent, as these variables can change the extent of hydrogen-bonding in the sample. In some cases, the carboxyl-proton resonance is broadened to the point of being nearly undetectable. Traces of water in the sample can exacerbate the situation. As with alcohols ( ), the –CO 2 H proton can be replaced by deuterium when D 2 O is added to the sample tube, causing the absorption to disappear from the NMR spectrum. shows the 1 H NMR spectrum of phenylacetic acid. Note that the –CO 2 H absorption occurs at 12.0 δ . Proton NMR spectrum of phenylacetic acid, C 6 H 5 CH 2 CO 2 H. Problems Vitamin C The word vitamin, despite its common usage, is actually an imprecise term. Generally speaking, a vitamin is an organic substance that a given organism requires in small amounts to live and grow but is unable to synthesize and must obtain in its diet. Thus, to be considered a vitamin, only a small amount of the substance is needed—anywhere from a few micrograms to 100 mg or so per day. Dietary substances needed in larger amounts, such as some amino acids and unsaturated fats, are not considered vitamins. In addition to the hazards of weather, participants in early polar expeditions often suffered from scurvy, caused by a dietary vitamin C deficiency. (credit: “Shackleton’s expedition to the Antarctic last moments of the Endurance” by Underwood & Underwood/Wikimedia Commons, Public Domain) Furthermore, different organisms need different vitamins. More than 4000 species of mammals can synthesize ascorbic acid in their bodies, for instance, but humans are not among them. Ascorbic acid is therefore a human vitamin—what we all know as vitamin C—and must be provided by our diet. Small amounts of more than a dozen other substances are similarly required by humans: retinol (vitamin A), thiamine (vitamin B 1 ), and tocopherol (vitamin E), for instance. Vitamin C is surely the best known of all human vitamins. It was the first to be discovered (1912), the first to be isolated (1928), the first to be structurally characterized (1933), and the first to be synthesized in the laboratory (1933). Over 121,000 tons of vitamin C is synthesized worldwide each year, more than the total amount of all other vitamins combined. In addition to its use as a supplement, vitamin C is used as a food preservative, a “flour improver” in bakeries, and an animal-food additive. Vitamin C is perhaps most well-known for its antiscorbutic properties, meaning that it prevents the onset of scurvy, a bleeding disease affecting those with a deficiency of fresh vegetables and citrus fruits in their diet. Sailors in the Age of Exploration were particularly susceptible to scurvy, and the death toll was high. The Portuguese explorer Vasco da Gama lost more than half his crew to scurvy during his two-year voyage around the Cape of Good Hope in 1497–1499. More recently, large doses of vitamin C have been claimed to prevent the common cold, cure infertility, delay the onset of symptoms in acquired immunodeficiency syndrome (AIDS), and inhibit the development of gastric and cervical cancers. None of these claims have been backed by medical evidence, however. In the largest study yet of the effect of vitamin C on the common cold, a meta-analysis of more than 100 separate trials covering 40,000 people found no difference in the incidence of colds between those who took supplemental vitamin C regularly and those who did not. When taken during a cold, however, vitamin C does appear to decrease the cold’s duration by perhaps a day. The industrial preparation of vitamin C involves an unusual blend of biological and laboratory organic chemistry, beginning with glucose and following the five-step route shown in . Glucose, a pentahydroxy aldehyde, is first reduced to sorbitol, which is then oxidized by the microorganism Acetobacter suboxydans. No chemical reagent is known that is selective enough to oxidize only one of the six alcohol groups in sorbitol, so an enzymatic reaction is used. Treatment with acetone and an acid catalyst then converts four of the other hydroxyl groups into acetal linkages, and the remaining hydroxyl group is chemically oxidized to a carboxylic acid by reaction with aqueous NaOCl (household bleach). Hydrolysis with acid then removes the two acetal groups and causes an internal ester-forming reaction to give ascorbic acid. Each of the five steps has a yield better than 90%. The industrial synthesis of ascorbic acid from glucose. carboxyl group carboxylation carboxylic acid, RCO 2 H Henderson–Hasselbalch equation nitrile Summary Carboxylic acids are among the most useful building blocks for synthesizing other molecules, both in nature and in the laboratory. Thus, an understanding of their properties and reactions is fundamental to understanding biological chemistry. In this chapter, we’ve looked both at acids and at their close relatives, nitriles ( RC≡N ) . Carboxylic acids are named systematically by replacing the terminal - e of the corresponding alkane name with - oic acid. Like aldehydes and ketones, the carbonyl carbon atom is sp 2 -hybridized; like alcohols, carboxylic acids are associated through hydrogen-bonding and therefore have high boiling points. The distinguishing characteristic of carboxylic acids is their acidity. Although weaker than mineral acids such as HCl, carboxylic acids dissociate much more readily than alcohols because the resultant carboxylate ions are stabilized by resonance between two equivalent forms. Most carboxylic acids have p K a values near 5, but the exact p K a of a given acid depends on structure. Carboxylic acids substituted by electron-withdrawing groups are more acidic (have a lower p K a ) because their carboxylate ions are stabilized. Carboxylic acids substituted by electron-donating groups are less acidic (have a higher p K a ) because their carboxylate ions are destabilized. The extent of dissociation of a carboxylic acid in a buffered solution of a given pH can be calculated with the Henderson–Hasselbalch equation. Inside living cells, where the physiological pH = 7.3, carboxylic acids are entirely dissociated and exist as their carboxylate anions. Methods of synthesis for carboxylic acids include ( 1 ) oxidation of alkylbenzenes, ( 2 ) oxidation of primary alcohols or aldehydes, ( 3 ) reaction of Grignard reagents with CO 2 (carboxylation) , and ( 4 ) hydrolysis of nitriles. General reactions of carboxylic acids include ( 1 ) loss of the acidic proton, ( 2 ) nucleophilic acyl substitution at the carbonyl group, ( 3 ) substitution on the α carbon, and ( 4 ) reduction. Nitriles are similar in some respects to carboxylic acids and are prepared either by S N 2 reaction of an alkyl halide with cyanide ion or by dehydration of an amide. Nitriles undergo nucleophilic addition to the polar C≡N bond in the same way that carbonyl compounds do. The most important reactions of nitriles are their hydrolysis to carboxylic acids, reduction to primary amines, and reaction with Grignard reagents to yield ketones. Carboxylic acids and nitriles are easily distinguished spectroscopically. Acids show a characteristic IR absorption at 2500 to 3300 cm –1 due to the O−H bond and another at 1710 to 1760 cm –1 due to the C═O bond; nitriles have an absorption at 2250 cm –1 . Acids also show 13 C NMR absorptions at 165 to 185 δ and 1 H NMR absorptions near 12 δ . Nitriles have a 13 C NMR absorption in the range 115 to 130 δ . Summary of Reactions Preparation of carboxylic acids ( ) Carboxylation of Grignard reagents Hydrolysis of nitriles Preparation of nitriles ( ) S N 2 reaction of alkyl halides Dehydration of amides Reactions of nitriles ( ) Hydrolysis to yield carboxylic acids Reduction to yield primary amines Reaction with Grignard reagents to yield ketones Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Carboxylic Acids and Nitriles Acidity of Carboxylic Acids Reactions of Carboxylic Acids and Nitriles Spectroscopy General Problems", "section": "Spectroscopy of Carboxylic Acids and Nitriles", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The lives of rock climbers depend on their ropes, typically made of a nylon polymer prepared by a nucleophilic acyl substitution reaction. (credit: modification of work “110823-A-NR754-001” by USASOC News Service/Flickr, CC BY 2.0) Carboxylic acid derivatives are among the most widely occurring of all molecules, both in laboratory chemistry and in biological pathways. Thus, a study of them and their primary reaction—nucleophilic acyl substitution—is fundamental to understanding organic chemistry. We’ll begin this chapter by first learning about carboxylic acid derivatives, and we’ll then explore the chemistry of acyl substitution reactions. Closely related to the carboxylic acids and nitriles discussed in the previous chapter are the carboxylic acid derivatives , compounds in which an acyl group is bonded to an electronegative atom or substituent that can act as a leaving group in the nucleophilic acyl substitution reaction that we saw briefly in the Preview of Carbonyl Chemistry : Many kinds of acid derivatives are known, but we’ll be concerned primarily with four of the most common ones: acid halides , acid anhydrides , esters , and amides . Acid halides and acid anhydrides are used only in the laboratory, while esters and amides are common in both laboratory and biological chemistry. In addition, carboxylic acid derivatives called thioesters and acyl phosphates are encountered primarily in biological chemistry. Note the structural similarity between acid anhydrides and acyl phosphates.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Carboxylic Acid Derivatives Acid Halides, RCOX Acid halides are named by identifying first the acyl group and then the halide. As described in and shown in , the acyl group name is derived from the carboxylic acid name by replacing the - ic acid or - oic acid ending with - oyl, or the - carboxylic acid ending with - carbonyl. To keep things interesting, however, IUPAC recognizes eight exceptions for which a - yl rather than an - oyl ending is used: formic (formyl), acetic (acetyl), propionic (propionyl), butyric (butyryl), oxalic (oxalyl), malonic (malonyl), succinic (succinyl), and glutaric (glutaryl). Acid Anhydrides, RCO 2 COR ′ Symmetrical anhydrides of unsubstituted monocarboxylic acids and cyclic anhydrides of dicarboxylic acids are named by replacing the word acid with anhydride. Unsymmetrical anhydrides—those prepared from two different carboxylic acids—are named by listing the two acids alphabetically and then adding anhydride. Esters, RCO 2 R ′ Esters are named by first identifying the alkyl group attached to oxygen and then the carboxylic acid, with the - ic acid ending replaced by - ate. Amides, RCONH 2 Amides with an unsubstituted –NH 2 group are named by replacing the - oic acid or - ic acid ending with - amide, or by replacing the - carboxylic acid ending with - carboxamide. If the nitrogen atom is further substituted, the compound is named by first identifying the substituent groups and then the parent amide. The substituents are preceded by the letter N to identify them as being directly attached to nitrogen. Thioesters, RCOSR ′ Thioesters are named like the corresponding esters. If the related ester has a common name, the prefix thio - is added to the name of the carboxylate: acetate becomes thioacetate, for instance. If the related ester has a systematic name, the - oate or - carboxylate ending is replaced by - thioate or - carbothioate: butanoate becomes butanethioate and cyclohexanecarboxylate becomes cyclohexanecarbothioate, for instance. Acyl Phosphates, RCO 2 PO 3 2– and RCO 2 PO 3 R ′ – Acyl phosphates are named by citing the acyl group and adding the word phosphate. If an alkyl group is attached to one of the phosphate oxygens, it is identified after the name of the acyl group. In biological chemistry, acyl adenosyl phosphates are particularly common. A summary of nomenclature rules for carboxylic acid derivatives is given in . Nomenclature of Carboxylic Acid Derivatives Functional group Structure Name ending Carboxylic acid -ic acid (-carboxylic acid) Acid halide -oyl halide (-carbonyl halide) Acid anhydride anhydride Amide -amide (-carboxamide) Ester -oate (-carboxylate) Thioester -thioate (-carbothioate) Acyl phosphate -oyl phosphate Problems", "section": "Naming Carboxylic Acid Derivatives", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleophilic Acyl Substitution Reactions The addition of a nucleophile to a polar C═O bond is the key step in three of the four major carbonyl-group reactions. We saw in the chapter on Aldehydes and Ketones: Nucleophilic Addition Reactions that when a nucleophile adds to an aldehyde or ketone, the initially formed tetrahedral intermediate can be protonated to yield an alcohol. When a nucleophile adds to a carboxylic acid derivative, however, a different reaction path is taken. The initially formed tetrahedral intermediate eliminates one of the two substituents originally bonded to the carbonyl carbon, leading to a net nucleophilic acyl substitution reaction ( ). The general mechanisms of nucleophilic addition and nucleophilic acyl substitution reactions. Both reactions begin with addition of a nucleophile to a polar C═O bond to give a tetrahedral, alkoxide ion intermediate. (a) The intermediate formed from an aldehyde or ketone is protonated to give an alcohol, but (b) the intermediate formed from a carboxylic acid derivative expels a leaving group to give a new carbonyl compound. The difference in behavior between aldehydes/ketones and carboxylic acid derivatives is a consequence of structure. Carboxylic acid derivatives have an acyl carbon bonded to a group –Y that can act as a leaving group, often as a stable anion. As soon as the tetrahedral intermediate is formed, the leaving group is expelled to generate a new carbonyl compound. Aldehydes and ketones, however, have no such leaving group, however, and therefore don’t undergo substitution. The net effect of the addition/elimination sequence is a substitution of the nucleophile for the –Y group that was originally bonded to the acyl carbon. Thus, the overall reaction is superficially similar to the kind of nucleophilic substitution that occurs during an S N 2 reaction ( ), but the mechanisms of the two reactions are completely different. An S N 2 reaction occurs in a single step by backside displacement of the leaving group, while a nucleophilic acyl substitution takes place in two steps and involves a tetrahedral intermediate. Problems Relative Reactivity of Carboxylic Acid Derivatives Both the initial addition step and the subsequent elimination step can affect the overall rate of a nucleophilic acyl substitution reaction, but the addition is usually the rate-limiting step. Thus, any factor that makes the carbonyl group more reactive toward nucleophiles favors the substitution process. Steric and electronic factors are both important in determining reactivity. Sterically, we find within a series of similar acid derivatives that unhindered, accessible carbonyl groups react with nucleophiles more readily than do sterically hindered carbonyl groups. The reactivity order is Electronically, we find that strongly polarized acyl compounds react more readily than less polar ones. Thus, acid chlorides are the most reactive because the electronegative chlorine atom withdraws electrons from the carbonyl carbon, whereas amides are the least reactive. Although subtle, electrostatic potential maps of various carboxylic acid derivatives indicate these differences by the relative blueness on the C═O carbons. Acyl phosphates are hard to place on this scale because they are not often used in the laboratory, but in biological systems they appear to be somewhat more reactive than thioesters. The way in which various substituents affect the polarization of a carbonyl group is similar to the way they affect the reactivity of an aromatic ring toward electrophilic substitution ( ). A chlorine substituent, for example, inductively withdraws electrons from an acyl group in the same way that it withdraws electrons from and thus deactivates an aromatic ring. Similarly, amino, methoxyl, and methylthio substituents donate electrons to acyl groups by resonance in the same way that they donate electrons to, and thus activate, aromatic rings. As a consequence of these reactivity differences, it’s usually possible to convert a more reactive acid derivative into a less reactive one. Acid chlorides, for instance, can be directly converted into anhydrides, thioesters, esters, and amides, but amides can’t be directly converted into esters, thioesters, anhydrides, or acid chlorides. Remembering the reactivity order is therefore a way to keep track of a large number of reactions ( ). Another consequence, as noted previously, is that only acyl phosphates, thioesters, esters, and amides are commonly found in nature. Acid halides and acid anhydrides react so rapidly with water that they can’t exist for long in living organisms. Interconversions of carboxylic acid derivatives. A more reactive acid derivative can be converted into a less reactive one, but not vice versa. In studying the chemistry of carboxylic acid derivatives in the next few sections, we’ll be concerned largely with the reactions of just a few nucleophiles and will see that the same kinds of reactions tend to reoccur ( ). Reaction Yield • Hydrolysis Reaction with water to yield a carboxylic acid • Alcoholysis Reaction with an alcohol to yield an ester • Aminolysis Reaction with ammonia or an amine to yield an amide • Reduction Reaction with a hydride reducing agent to yield an aldehyde or an alcohol • Grignard reaction Reaction with an organometallic reagent to yield a ketone or an alcohol Some general reactions of carboxylic acid derivatives. Predicting the Product of a Nucleophilic Acyl Substitution Reaction Predict the product of the following nucleophilic acyl substitution reaction of benzoyl chloride with 2-propanol: Strategy A nucleophilic acyl substitution reaction involves the substitution of a nucleophile for a leaving group in a carboxylic acid derivative. Identify the leaving group (Cl – in the case of an acid chloride) and the nucleophile (an alcohol in this case), and replace one by the other. The product is isopropyl benzoate. Solution Problems", "section": "Nucleophilic Acyl Substitution Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Carboxylic Acids The direct nucleophilic acyl substitution of a carboxylic acid is difficult because –OH is a poor leaving group ( ). Thus, it’s usually necessary to enhance the reactivity of the acid, either by using a strong acid catalyst to protonate the carboxyl and make it a better acceptor or by converting the –OH into a better leaving group. Under the right circumstances, however, acid chlorides, anhydrides, esters, and amides can all be prepared from carboxylic acids by nucleophilic acyl substitution reactions. Conversion of Carboxylic Acids into Acid Chlorides In the laboratory, carboxylic acids are converted into acid chlorides by treatment with thionyl chloride, SOCl 2 . This reaction occurs by a nucleophilic acyl substitution pathway in which the carboxylic acid is first converted into an acyl chlorosulfite intermediate, thereby replacing the –OH of the acid with a much better leaving group. The chlorosulfite then reacts with a nucleophilic chloride ion. You might recall from that an analogous chlorosulfite is involved in the reaction of an alcohol with SOCl 2 to yield an alkyl chloride. Conversion of Carboxylic Acids into Acid Anhydrides Acid anhydrides can be derived from two molecules of carboxylic acid by heating to remove 1 equivalent of water. Because of the high temperatures needed, however, only acetic anhydride is commonly prepared this way. Conversion of Carboxylic Acids into Esters Perhaps the most useful reaction of carboxylic acids is their conversion into esters. There are many methods for accomplishing this, including the S N 2 reaction of a carboxylate anion with a primary alkyl halide that we saw in . Esters can also be synthesized by an acid-catalyzed nucleophilic acyl substitution reaction of a carboxylic acid with an alcohol, a process called the Fischer esterification reaction . Unfortunately, the need for an excess of a liquid alcohol as solvent effectively limits the method to the synthesis of methyl, ethyl, propyl, and butyl esters. The mechanism of the Fischer esterification reaction is shown in . Carboxylic acids are not reactive enough to undergo nucleophilic addition directly, but their reactivity is greatly enhanced in the presence of a strong acid such as HCl or H 2 SO 4 . The mineral acid protonates the carbonyl-group oxygen atom, thereby giving the carboxylic acid a positive charge and rendering it much more reactive toward nucleophiles. Subsequent loss of water from the tetrahedral intermediate yields the ester product. MECHANISM Mechanism of Fischer esterification. The reaction is an acid-catalyzed, nucleophilic acyl substitution of a carboxylic acid. The net effect of Fischer esterification is substitution of an –OH group by –OR′. All steps are reversible, and the reaction typically has an equilibrium constant close to 1. Thus, the reaction can be driven in either direction by the choice of reaction conditions. Ester formation is favored when a large excess of alcohol is used as solvent, but carboxylic acid formation is favored when a large excess of water is present. Evidence in support of the mechanism shown in comes from isotope-labeling experiments. When 18 O-labeled methanol reacts with benzoic acid, the methyl benzoate produced is found to be 18 O-labeled whereas the water produced is unlabeled. Thus, it is the C–OH bond of the carboxylic acid that is broken during the reaction rather than the CO–H bond and the RO–H bond of the alcohol that is broken rather than the R–OH bond. Synthesizing an Ester from an Acid How might you prepare the following ester using a Fischer esterification reaction? Strategy Begin by identifying the two parts of the ester. The acyl part comes from the carboxylic acid and the –OR part comes from the alcohol. In this case, the target molecule is propyl o -bromobenzoate, so it can be prepared by treating o -bromobenzoic acid with 1-propanol. Solution Problems Conversion of Carboxylic Acids into Amides Amides are difficult to prepare by direct reaction of carboxylic acids with amines because amines are bases that convert acidic carboxyl groups into their unreactive carboxylate anions. Thus, the –OH must be replaced by a better, nonacidic leaving group to carry out a nucleophilic acyl substitution. In practice, amides are often prepared by activating the carboxylic acid with a carbodiimide ( R–N═C═N–R ), followed by addition of the amine. Dicyclohexylcarbodiimide (DCC) and 1-ethyl-3-(3-dimethylaminopropylcarbodiimide (EDEC) are commonly used. As shown in , the acid first adds to a C═N double bond of DCC, and nucleophilic acyl substitution by amine then ensues. Alternatively, and depending on the reaction solvent, the reactive acyl intermediate might also react with a second equivalent of carboxylate ion to generate an acid anhydride that then reacts with the amine. The product from either pathway is the same. MECHANISM Mechanism of amide formation by reaction of a carboxylic acid and an amine with dicyclohexylcarbodiimide (DCC). We’ll see in Section 26.7 that this carbodiimide method of amide formation is the key step in the laboratory synthesis of small proteins, or peptides . For instance, when one amino acid with its NH 2 rendered unreactive and a second amino acid with its –CO 2 H rendered unreactive are treated with carbodiimide, a dipeptide is formed. Conversion of Carboxylic Acids into Alcohols We said in that carboxylic acids are reduced by LiAlH 4 to give primary alcohols, but we deferred a discussion of the reaction mechanism at that time. In fact, the reduction is a nucleophilic acyl substitution reaction in which –H replaces –OH to give an aldehyde that is further reduced by nucleophilic addition to produce a primary alcohol. The aldehyde intermediate is much more reactive than the starting acid, so it reacts instantly and is not isolated. Because hydride ion is a base as well as a nucleophile, the actual nucleophilic acyl substitution step takes place on the carboxylate ion rather than on the free carboxylic acid and gives a high-energy dianion intermediate. In this intermediate, the two oxygens are complexed to a Lewis acidic aluminum species. Thus, the reaction is relatively difficult, and acid reductions require higher temperatures and extended reaction times. Alternatively, borane in tetrahydrofuran (BH 3 /THF) is a useful reagent for reducing carboxylic acids to primary alcohols. Reaction of an acid with BH 3 /THF occurs rapidly at room temperature, and the procedure is often preferred to reduction with LiAlH 4 because of its relative ease and safety. Borane reacts with carboxylic acids faster than with any other functional group, thereby allowing selective transformations such as that on p -nitrophenylacetic acid. If the reduction of p -nitrophenylacetic acid were done with LiAlH 4 , both the nitro and carboxyl groups would be reduced. Biological Conversions of Carboxylic Acids The direct conversion of a carboxylic acid to an acyl derivative by nucleophilic acyl substitution does not occur in biological chemistry. As in the laboratory, the acid must first be activated by converting the –OH into a better leaving group. This activation is often accomplished in living organisms by reaction of the acid with adenosine triphosphate (ATP) to give an acyl adenosyl phosphate, or acyl adenylate, a mixed anhydride combining a carboxylic acid and adenosine monophosphate (AMP, also known as adenylic acid). In the biosynthesis of fats, for example, a long-chain carboxylic acid reacts with ATP to give an acyl adenylate, followed by subsequent nucleophilic acyl substitution of a thiol group in coenzyme A to give the corresponding acyl CoA ( ). MECHANISM In fatty-acid biosynthesis, a carboxylic acid is activated by reaction with ATP to give an acyl adenylate, which undergoes nucleophilic acyl substitution with the –SH group on coenzyme A. (ATP = adenosine triphosphate; AMP = adenosine monophosphate.) Note that the first step in —reaction of the carboxylate with ATP to give an acyl adenylate—is itself a nucleophilic acyl substitution on phosphorus. The carboxylate first adds to a P═O double bond, giving a five-coordinate phosphorus intermediate that expels diphosphate ion as a leaving group.", "section": "Reactions of Carboxylic Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemistry of Acid Halides Preparation of Acid Halides Acid chlorides are prepared from carboxylic acids by reaction with thionyl chloride (SOCl 2 ), as we saw in the previous section. Similar reaction of a carboxylic acid with phosphorus tribromide (PBr 3 ) yields the acid bromide. Reactions of Acid Halides Acid halides are among the most reactive of carboxylic acid derivatives and can be converted into many other kinds of compounds by nucleophilic acyl substitution mechanisms. The halogen can be replaced by –OH to yield an acid, by –OCOR to yield an anhydride, by –OR to yield an ester, by –NH 2 to yield an amide, or by R′ to yield a ketone. In addition, the reduction of an acid halide yields a primary alcohol, and reaction with a Grignard reagent yields a tertiary alcohol. Although the reactions we’ll be discussing in this section are illustrated only for acid chlorides, similar processes take place with other acid halides. Conversion of Acid Halides into Carboxylic Acids: Hydrolysis Acid chlorides react with water to yield carboxylic acids. This hydrolysis reaction is a typical nucleophilic acyl substitution process and is initiated by attack of water on the acid chloride carbonyl group. The tetrahedral intermediate undergoes elimination of Cl – and loss of H + to give the product carboxylic acid plus HCl. Because HCl is formed during hydrolysis, the reaction is often carried out in the presence of a base such as pyridine or NaOH to remove the HCl and prevent it from causing side reactions. Conversion of Acid Halides into Anhydrides Nucleophilic acyl substitution reaction of an acid chloride with a carboxylate anion gives an acid anhydride. Both symmetrical and unsymmetrical acid anhydrides can be prepared. Conversion of Acid Halides into Esters: Alcoholysis Acid chlorides react with alcohols to yield esters in a process analogous to their reaction with water to yield acids. In fact, this reaction is probably the most common method for preparing esters in the laboratory. As with hydrolysis, alcoholysis reactions are usually carried out in the presence of pyridine or NaOH to react with the HCl formed. The reaction of an alcohol with an acid chloride is strongly affected by steric hindrance. Bulky groups on either partner slow down the reaction considerably, resulting in a reactivity order among alcohols of primary > secondary > tertiary. As a result, it’s often possible to selectively esterify an unhindered alcohol in the presence of a more hindered one. This can be important in complex syntheses in which it’s sometimes necessary to distinguish between similar functional groups. For example, Conversion of Acid Halides into Amides: Aminolysis Acid chlorides react rapidly with ammonia and amines to give amides. As with the acid chloride-plus-alcohol method for preparing esters, this reaction of acid chlorides with amines is the most commonly used laboratory method for preparing amides. Both monosubstituted and disubstituted amines can be used, but not trisubstituted amines (R 3 N). Because HCl is formed during the reaction, two equivalents of the amine must be used. One equivalent reacts with the acid chloride, and one equivalent reacts with the HCl by-product to form an ammonium chloride salt. If, however, the amine component is valuable, amide synthesis is often carried out using one equivalent of the amine plus one equivalent of an inexpensive base such as NaOH. For example, the sedative trimetozine is prepared commercially by reaction of 3,4,5-trimethoxybenzoyl chloride with the amine morpholine in the presence of one equivalent of NaOH. Synthesizing an Amide from an Acid Chloride How might you prepare N -methylpropanamide by reaction of an acid chloride with an amine? Strategy As its name implies, N -methylpropanamide can be made by reaction of methylamine with the acid chloride of propanoic acid. Solution Conversion of Acid Chlorides into Alcohols: Reduction and Grignard Reaction Acid chlorides are reduced by LiAlH 4 to yield primary alcohols. The reaction is of little practical value, however, because the parent carboxylic acids are generally more readily available and can themselves be reduced by LiAlH 4 to yield alcohols. Reduction occurs via a typical nucleophilic acyl substitution mechanism in which a hydride ion (H : – ) adds to the carbonyl group, yielding a tetrahedral intermediate that expels Cl – . The net effect is a substitution of –Cl by –H to yield an aldehyde, which is then further reduced by LiAlH 4 in a second step to yield the primary alcohol. Grignard reagents react with acid chlorides to yield tertiary alcohols with two identical substituents. The mechanism of the reaction is similar to that of LiAlH 4 reduction. The first equivalent of Grignard reagent adds to the acid chloride, loss of Cl – from the tetrahedral intermediate yields a ketone, and a second equivalent of Grignard reagent immediately adds to the ketone to produce an alcohol. Conversion of Acid Chlorides into Ketones: Diorganocopper Reaction The ketone intermediate formed in the reaction of an acid chloride with a Grignard reagent can’t usually be isolated because addition of the second equivalent of organomagnesium reagent occurs too rapidly. A ketone can, however, be isolated from the reaction of an acid chloride with a lithium diorganocopper (Gilman) reagent, Li + R′ 2 Cu – . The reaction occurs by initial nucleophilic acyl substitution on the acid chloride by the diorganocopper anion to yield an acyl diorganocopper intermediate, followed by loss of R′Cu and formation of the ketone. The reaction is generally carried out at –78 °C in ether solution, and yields are often excellent. For example, manicone, a substance secreted by male ants to coordinate ant pairing and mating, has been synthesized by reaction of lithium diethylcopper with ( E )-2,4-dimethyl-2-hexenoyl chloride. Note that the diorganocopper reaction occurs only with acid chlorides. Carboxylic acids, esters, acid anhydrides, and amides do not react with lithium diorganocopper reagents.", "section": "Chemistry of Acid Halides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemistry of Acid Anhydrides Preparation of Acid Anhydrides Acid anhydrides are typically prepared by nucleophilic acyl substitution reaction of an acid chloride with a carboxylate anion, as we saw in the previous section. Both symmetrical and unsymmetrical acid anhydrides can be prepared in this way. Reactions of Acid Anhydrides The chemistry of acid anhydrides is similar to that of acid chlorides, although anhydrides react more slowly. Thus, acid anhydrides react with water to form acids, with alcohols to form esters, with amines to form amides, and with LiAlH 4 to form primary alcohols. Only the ester- and amide-forming reactions are commonly used, however. Conversion of Acid Anhydrides into Esters Acetic anhydride is often used to prepare acetate esters from alcohols. For example, aspirin (acetylsalicylic acid) is prepared commercially by the acetylation of o -hydroxybenzoic acid (salicylic acid) with acetic anhydride. Conversion of Acid Anhydrides into Amides Acetic anhydride is also commonly used to prepare N -substituted acetamides from amines. For example, acetaminophen, a drug used in over-the-counter analgesics such as Tylenol, is prepared by reaction of p -hydroxyaniline with acetic anhydride. Only the more nucleophilic –NH 2 group reacts rather than the less nucleophilic –OH group. Notice in both of the previous reactions that only “half” of the anhydride molecule is used, while the other half acts as the leaving group during the nucleophilic acyl substitution step and produces acetate ion as a by-product. Thus, anhydrides are inefficient, and acid chlorides are normally preferred for introducing acyl substituents other than acetyl groups. Problems", "section": "Chemistry of Acid Anhydrides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemistry of Esters Esters are among the most widespread of all naturally occurring compounds. Many simple esters are pleasant-smelling liquids that are responsible for the fragrant odors of fruits and flowers. For example, methyl butanoate is found in pineapple oil, and isopentyl acetate is a constituent of banana oil. The ester linkage is also present in animal fats and in many biologically important molecules. The chemical industry uses esters for a variety of purposes. Ethyl acetate, for instance, is a commonly used solvent, and dialkyl phthalates are used as plasticizers to keep polymers from becoming brittle. You may be aware that there is current concern about the possible toxicity of phthalates at high concentrations, although a recent assessment by the U.S. Food and Drug Administration found the risk to be minimal for most people, with the possible exception of male infants. Preparation of Esters Esters are usually prepared from carboxylic acids by the methods already discussed. Thus, carboxylic acids are converted directly into esters by S N 2 reaction of a carboxylate ion with a primary alkyl halide or by Fischer esterification of a carboxylic acid with an alcohol in the presence of a mineral acid catalyst. In addition, acid chlorides are converted into esters by treatment with an alcohol in the presence of base ( ). Reactions of Esters Esters undergo the same kinds of reactions that we’ve seen for other carboxylic acid derivatives, but they are less reactive toward nucleophiles than either acid chlorides or anhydrides. All their reactions are applicable to both acyclic and cyclic esters, called lactones . Conversion of Esters into Carboxylic Acids: Hydrolysis An ester is hydrolyzed, either by aqueous base or aqueous acid, to yield a carboxylic acid plus an alcohol. Ester hydrolysis in basic solution is called saponification , after the Latin word sapo, meaning “soap.” We’ll see in Section 27.2 that soap is in fact made by boiling animal fat with aqueous base to hydrolyze the ester linkages. As shown in , ester hydrolysis occurs through a typical nucleophilic acyl substitution pathway in which hydroxide ion is the nucleophile that adds to the ester carbonyl group to give a tetrahedral intermediate. Loss of alkoxide ion then gives a carboxylic acid, which is deprotonated to give the carboxylate ion. Addition of aqueous HCl, in a separate step after the saponification is complete, protonates the carboxylate ion and gives the carboxylic acid. MECHANISM Mechanism of base-induced ester hydrolysis (saponification) . The mechanism shown in is supported by isotope-labeling studies. When ethyl propanoate labeled with 18 O in the ether-like oxygen is hydrolyzed in aqueous NaOH, the 18 O label shows up exclusively in the ethanol product. None of the label remains with the propanoic acid, indicating that saponification occurs by cleavage of the C–OR′ bond rather than the CO–R′ bond. Acid-catalyzed ester hydrolysis can occur by more than one mechanism, depending on the structure of the ester. The usual pathway, however, is just the reverse of a Fischer esterification reaction ( ). As shown in , the ester is first activated toward nucleophilic attack by protonation of the carboxyl oxygen atom, and nucleophilic addition of water then occurs. Transfer of a proton and elimination of alcohol yields the carboxylic acid. Because this hydrolysis reaction is the reverse of a Fischer esterification reaction, is the reverse of . MECHANISM Mechanism of acid-catalyzed ester hydrolysis. The forward reaction is a hydrolysis; the back-reaction is a Fischer esterification and is thus the reverse of . Ester hydrolysis is common in biological chemistry, particularly in the digestion of dietary fats and oils. We’ll save a complete discussion of the mechanistic details of fat hydrolysis until Section 29.2 but will note for now that the reaction is catalyzed by various lipase enzymes and involves two sequential nucleophilic acyl substitution reactions. The first is a transesterification reaction in which an alcohol group on the lipase adds to an ester linkage in the fat molecule to give a tetrahedral intermediate that expels alcohol and forms an acyl enzyme intermediate. The second is an addition of water to the acyl enzyme, followed by expulsion of the enzyme to give a hydrolyzed acid and a regenerated enzyme. Conversion of Esters into Amides: Aminolysis Esters react with ammonia and amines to yield amides. The reaction is not often used, however, because it’s usually easier to prepare an amide by starting with an acid chloride ( ). Conversion of Esters into Alcohols: Reduction Esters are easily reduced by treatment with LiAlH 4 to yield primary alcohols ( ). The mechanism of ester reduction is similar to that of acid chloride reduction in that a hydride ion first adds to the carbonyl group, followed by elimination of alkoxide ion to yield an aldehyde. Further reduction of the aldehyde gives the primary alcohol. The aldehyde intermediate can be isolated if 1 equivalent of diisobutylaluminum hydride (DIBAH, or DIBAL-H) is used as the reducing agent instead of LiAlH 4 . The reaction has to be carried out at –78 °C to avoid further reduction to the alcohol. Such partial reductions of carboxylic acid derivatives to aldehydes also occur in numerous biological pathways, although the substrate is either a thioester or acyl phosphate rather than an ester. Conversion of Esters into Alcohols: Grignard Reaction Esters react with 2 equivalents of a Grignard reagent to yield a tertiary alcohol in which two of the substituents are identical ( ). The reaction occurs by the usual nucleophilic substitution mechanism to give an intermediate ketone, which reacts further with the Grignard reagent to yield a tertiary alcohol.", "section": "Chemistry of Esters", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemistry of Amides Amides, like esters, are abundant in all living organisms. Proteins, nucleic acids, and many pharmaceutical agents have amide functional groups. The reason for this abundance of amides is that they are stable in the aqueous conditions found in living organisms. Amides are the least reactive of the common acid derivatives and undergo relatively few nucleophilic acyl substitution reactions. Preparation of Amides Amides are usually prepared by reaction of an amine with an acid chloride ( ). Ammonia, monosubstituted amines, and disubstituted amines all undergo the reaction. Reactions of Amides Conversion of Amides into Carboxylic Acids: Hydrolysis Amides undergo hydrolysis to yield carboxylic acids plus ammonia or an amine upon heating in either aqueous acid or aqueous base. The conditions required for amide hydrolysis are more extreme than those required for the hydrolysis of acid chlorides or esters, but the mechanisms are similar. Acidic hydrolysis reaction occurs by nucleophilic addition of water to the protonated amide, followed by transfer of a proton from oxygen to nitrogen to make the nitrogen a better leaving group, and subsequent elimination. The steps are reversible, with the equilibrium shifted toward product by protonation of NH 3 in the final step. Basic hydrolysis occurs by nucleophilic addition of OH – to the amide carbonyl group, followed by elimination of amide ion ( – NH 2 ) and subsequent deprotonation of the initially formed carboxylic acid by ammonia. The steps are reversible, with the equilibrium shifted toward product by the final deprotonation of the carboxylic acid. Basic hydrolysis is substantially more difficult than the analogous acid-catalyzed reaction because amide ion is a very poor leaving group, making the elimination step difficult. Amide hydrolysis is common in biological chemistry. Just as the hydrolysis of esters is the initial step in the digestion of dietary fats, the hydrolysis of amides is the initial step in the digestion of dietary proteins. The reaction is catalyzed by protease enzymes and occurs by a mechanism almost identical to what we just saw for fat hydrolysis. That is, an initial nucleophilic acyl substitution of an alcohol group in the enzyme on an amide linkage in the protein gives an acyl enzyme intermediate, which then undergoes hydrolysis. Conversion of Amides into Amines: Reduction Like other carboxylic acid derivatives, amides can be reduced by LiAlH 4 . The product of the reduction, however, is an amine rather than an alcohol. The net effect of an amide reduction is thus the conversion of the amide carbonyl group into a methylene group ( C = O ⟶ CH 2 ). This kind of reaction is specific to amides and does not occur with other carboxylic acid derivatives. Amide reduction occurs by nucleophilic addition of hydride ion to the amide carbonyl group, followed by expulsion of the oxygen atom as an aluminate anion leaving group to give an iminium ion intermediate. The intermediate iminium ion is further reduced by LiAlH 4 to yield the amine. The reaction is effective with both acyclic and cyclic amides, or lactams , and is a good method for preparing cyclic amines. Synthesizing an Amine from an Amide How could you prepare N -ethylaniline by reduction of an amide with LiAlH 4 ? Strategy Reduction of an amide with LiAlH 4 yields an amine. To find the starting material for synthesis of N -ethylaniline, look for a CH 2 position next to the nitrogen atom and replace that CH 2 by C═O . In this case, the amide is N -phenylacetamide. Solution Problems", "section": "Chemistry of Amides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chemistry of Thioesters and Acyl Phosphates: Biological Carboxylic Acid Derivatives As mentioned in the chapter introduction, the substrate for a nucleophilic acyl substitution reaction in living organisms is generally either a thioester (RCOSR′) or an acyl phosphate (RCO 2 PO 3 2– or RCO 2 PO 3 R′ – ). Neither is as reactive as an acid chloride or acid anhydride, yet both are stable enough to exist in living organisms while still reactive enough to undergo acyl substitution. Acyl CoA’s, such as acetyl CoA, are the most common thioesters in nature. Coenzyme A, abbreviated CoA, is a thiol formed by a phosphoric anhydride linkage ( O═P–O–P═O ) between phosphopantetheine and adenosine 3′,5′-bisphosphate. (The prefix bis - means “two” and indicates that adenosine 3′,5′-bisphosphate has two phosphate groups, one on C3′ and one on C5′.) Reaction of coenzyme A with an acyl phosphate or acyl adenylate gives acyl CoA ( ). As we saw in ( ), formation of the acyl adenylate occurs by reaction of a carboxylic acid with ATP and is itself a nucleophilic acyl substitution reaction that takes place on phosphorus. Formation of the thioester acetyl CoA by nucleophilic acyl substitution reaction of coenzyme A (CoA) with acetyl adenylate. Once formed, an acyl CoA is a substrate for further nucleophilic acyl substitution reactions. For example, N -acetylglucosamine, a component of cartilage and other connective tissues, is synthesized by an aminolysis reaction between glucosamine and acetyl CoA. Another example of a nucleophilic acyl substitution reaction on a thioester—this one a substitution by hydride ion to effect the partial reduction of a thioester to an aldehyde—occurs in the biosynthesis of mevaldehyde, an intermediate in terpenoid synthesis, which we’ll discuss in some detail in Section 27.5 . In this reaction, (3 S )-3-hydroxy-3-methylglutaryl CoA is reduced by hydride donation from NADPH. Problems", "section": "Chemistry of Thioesters and Acyl Phosphates: Biological Carboxylic Acid Derivatives", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polyamides and Polyesters: Step-Growth Polymers When an amine reacts with an acid chloride, an amide is formed. What would happen, though, if a diamine and a diacid chloride were allowed to react? Each partner would form two amide bonds, linking more and more molecules together until a giant polyamide resulted. In the same way, reaction of a diol with a diacid would lead to a polyester. There are two main classes of synthetic polymers: chain-growth polymers and step-growth polymers. The polyethylene and other alkene and diene polymers that we saw in and are called chain-growth polymers because they are produced in chain-reaction processes. An initiator adds to a C═C bond to give a reactive intermediate, which adds to a second alkene molecule to produce a new intermediate, which adds to a third molecule, and so on. By contrast, polyamides and polyesters are step-growth polymers because each bond in the polymer is formed independently in a discrete step, often the nucleophilic acyl substitution reaction of a carboxylic acid derivative. Some commercially important step-growth polymers are shown in . Some Common Step-Growth Polymers and Their Uses Monomers Structure Polymer Uses Nylon 66 Fibers, clothing, tire cord Dacron, Mylar, Terylene Fibers, clothing, films, tire cord Nylon 6, Perlon Fibers, castings Lexan, polycarbonate Equipment housing, molded articles Polyurethane, Spandex Fibers, coatings, foams Polyamides (Nylons) The best known step-growth polymers are the polyamides, or nylons, first prepared in 1930 by Wallace Carothers at the DuPont Company by heating a diamine with a diacid. For instance, nylon 66 is prepared by reaction of adipic acid (hexanedioic acid) with hexamethylenediamine (1,6-hexanediamine) at 280 °C. The designation “66” indicates the number of carbon atoms in the diamine (the first 6) and the diacid (the second 6). Nylons are used both in engineering applications and in making fibers. A combination of high impact strength and abrasion resistance makes nylon an excellent metal substitute for bearings and gears. As fiber, nylon is used in a variety of applications, from clothing to tire cord to ropes. Polyesters The most generally useful polyester is made by reaction between dimethyl terephthalate (dimethyl 1,4-benzenedicarboxylate) and ethylene glycol (1,2-ethanediol). The product is used under the trade name Dacron to make clothing fiber or tire cord and under the name Mylar to make recording tape. The tensile strength of poly(ethylene terephthalate) film is nearly equal to that of steel. Lexan, a polycarbonate prepared from diphenyl carbonate and bisphenol A, is another commercially valuable polyester. Lexan has an unusually high impact strength, making it valuable for use in bicycle helmets and laptop cases. Sutures and Biodegradable Polymers Because plastics are too often thrown away rather than recycled, much work has been carried out on developing biodegradable polymers, which can be broken down rapidly in landfills by soil microorganisms. Among the most common biodegradable polymers are poly(glycolic acid) (PGA), poly(lactic acid) (PLA), and poly(hydroxybutyrate) (PHB). All are polyesters and are therefore susceptible to hydrolysis of their ester links. Copolymers of PGA with PLA have found a particularly wide range of uses. A 90/10 copolymer of poly(glycolic acid) with poly(lactic acid) is used to make absorbable sutures, for instance. The sutures are entirely hydrolyzed and absorbed by the body within 90 days after surgery. In Europe, interest has centered particularly on poly(hydroxybutyrate), which can be made into films for packaging as well as into molded items. The polymer degrades within four weeks in landfills, both by ester hydrolysis and by an E1cB elimination reaction of the oxygen atom β to the carbonyl group. The use of poly(hydroxybutyrate) is limited at present by its cost—about four times that of polypropylene. Problems", "section": "Polyamides and Polyesters: Step-Growth Polymers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Carboxylic Acid Derivatives Infrared Spectroscopy All carbonyl-containing compounds have intense IR absorptions in the range 1650 to 1850 cm –1 . As shown in the exact position of the absorption provides information about the specific kind of carbonyl group. For comparison, the IR absorptions of aldehydes, ketones, and carboxylic acids are included in the table, along with values for carboxylic acid derivatives. Infrared Absorptions of Some Carbonyl Compounds Carbonyl type Example Absorption (cm –1 ) Saturated acid chloride Acetyl chloride 1810 Aromatic acid chloride Benzoyl chloride 1770 Saturated acid anhydride Acetic anhydride 1820, 1760 Saturated ester Ethyl acetate 1735 Aromatic ester Ethyl benzoate 1720 Saturated amide Acetamide 1690 Aromatic amide Benzamide 1675 N -Substituted amide N -Methylacetamide 1680 N , N -Disubstituted amide N , N -Dimethylacetamide 1650 Saturated aldehyde Acetaldehyde 1730 Saturated ketone Acetone 1715 Saturated carboxylic acid Acetic acid 1710 Acid chlorides are easily detected by their characteristic absorption near 1810 cm –1 . Acid anhydrides can be identified by a pair of absorptions in the carbonyl region, one at 1820 cm –1 and another at 1760 cm –1 . Note that each of these functional groups has a strong electron-withdrawing group attached to the carbonyl. The inductive withdrawal of electron density shortens the C=O bond, thereby raising its stretching frequency. Esters are detected by their absorption at 1735 cm –1 , a position somewhat higher than that for either aldehydes or ketones. Amides, by contrast, absorb near the low-wavenumber end of the carbonyl region, with the degree of substitution on nitrogen affecting the exact position of the IR band. That is, for amides, the delocalization of electron density (resonance) from nitrogen into the carbonyl lengthens the C=O bond and lowers its stretching frequency. Problems Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Hydrogens on the carbon next to a carbonyl group are slightly deshielded and absorb near 2 δ in the 1 H NMR spectrum, although the exact identity of the carbonyl group can’t be determined. shows the 1 H NMR spectrum of ethyl acetate. 1 H NMR spectrum of ethyl acetate. Although 13 C NMR is useful for determining the presence or absence of a carbonyl group in a molecule, the identity of the carbonyl group is difficult to determine. Aldehydes and ketones absorb near 200 δ, while the carbonyl carbon atoms of various acid derivatives absorb in the range 160 to 180 δ ( ). 13 C NMR Absorptions of Some Carbonyl Compounds Compound Absorption ( δ ) Acetic acid 177.3 Ethyl acetate 170.7 Acetyl chloride 170.3 Acetamide 172.6 Acetic anhydride 166.9 Acetone 205.6 Acetaldehyde 201.0 β -Lactam Antibiotics You should never underestimate the value of hard work and logical thinking, but it’s also true that blind luck often plays a role in most real scientific breakthroughs. What has been called “the supreme example of luck in all scientific history” occurred in the late summer of 1928, when the Scottish bacteriologist Alexander Fleming went on vacation, leaving in his lab a culture plate recently inoculated with the bacterium Staphylococcus aureus . While Fleming was away, an extraordinary chain of events occurred. First, a nine-day cold spell lowered the laboratory temperature to a point where the Staphylococcus in the culture plate could not grow. During this time, spores from a colony of the mold Penicillium notatum, being grown in a lab on the floor below, wafted up into Fleming’s lab and landed in the culture plate. The temperature then rose, and both Staphylococcus and Penicillium began to grow. On returning from vacation, Fleming discarded the plate into a tray of antiseptic, intending to sterilize it. Evidently, though, the plate did not sink deeply enough into the antiseptic, because when Fleming happened to glance at it a few days later, what he saw changed the course of history. He noticed that the growing Penicillium mold appeared to dissolve the colonies of staphylococci. Fleming realized that the Penicillium mold must be producing a chemical that killed the Staphylococcus bacteria, and he spent several years trying to isolate the substance. Finally, in 1939, the Australian pathologist Howard Florey and the German refugee Ernst Chain managed to isolate the active substance, called penicillin. The dramatic ability of penicillin to cure infections in mice was soon demonstrated, and successful tests in humans followed shortly thereafter. By 1943, penicillin was being produced on a large scale for military use in World War II, and by 1944 it was being used on civilians. Fleming, Florey, and Chain shared the 1945 Nobel Prize in Physiology or Medicine. Now called benzylpenicillin, or penicillin G, the substance first discovered by Fleming is but one member of a large class of so-called β -lactam antibiotics , compounds with a four-membered lactam (cyclic amide) ring. The four-membered lactam ring is fused to a five-membered, sulfur-containing ring, and the carbon atom next to the lactam carbonyl group is bonded to an acylamino substituent, RCONH–. This acylamino side chain can be varied in the laboratory to provide many hundreds of penicillin analogs with different biological activity profiles. Ampicillin, for instance, has an α -aminophenylacetamido substituent [PhCH(NH 2 )CONH–]. Closely related to the penicillins are the cephalosporins , a group of β -lactam antibiotics that contain an unsaturated, six-membered, sulfur-containing ring. Cephalexin, marketed under the trade name Keflex, is an example. Cephalosporins generally have much greater antibacterial activity than penicillins, particularly against resistant strains of bacteria. The biological activity of penicillins and cephalosporins is due to the presence of the strained β -lactam ring, which reacts with and deactivates the transpeptidase enzyme needed to synthesize and repair bacterial cell walls. With the wall either incomplete or weakened, the bacterial cell ruptures and dies. acid anhydride acid halide acyl phosphate amide carboxylic acid derivative chain-growth polymer ester Fischer esterification reaction lactam lactone nucleophilic acyl substitution reaction saponification step-growth polymer thioester Summary Carboxylic acid derivatives —compounds in which the –OH group of a carboxylic acid has been replaced by another substituent—are among the most widely occurring of all molecules and are involved in almost all biological pathways. In this chapter, we covered the chemistry necessary for understanding them and thus also necessary for understanding living organisms. Acid halides, acid anhydrides, esters, and amides are the most common such derivatives in the laboratory; thioesters and acyl phosphates are common in biological molecules. The chemistry of carboxylic acid derivatives is dominated by the nucleophilic acyl substitution reaction . Mechanistically, these substitutions take place by addition of a nucleophile to the polar carbonyl group of the acid derivative to give a tetrahedral intermediate, followed by expulsion of a leaving group. The reactivity of an acid derivative toward substitution depends both on the steric environment near the carbonyl group and on the electronic nature of the substituent, Y. The reactivity order is acid halide > acid anhydride > thioester > ester > amide. The most common reactions of carboxylic acid derivatives are substitution by water to yield an acid (hydrolysis), by an alcohol to yield an ester (alcoholysis), by an amine to yield an amide (aminolysis), by hydride ion to yield an alcohol (reduction), and by an organomagnesium halide to yield an alcohol (Grignard reaction). Step-growth polymers , such as polyamides and polyesters, are prepared by reactions between difunctional molecules. Polyamides (nylons) are formed by reaction between a diacid and a diamine; polyesters are formed from a diacid and a diol. IR spectroscopy is a valuable tool for the structural analysis of acid derivatives. Acid chlorides, anhydrides, esters, and amides all show characteristic IR absorptions that can be used to identify these functional groups. Summary of Reactions Reactions of carboxylic acids ( ) Conversion into acid chlorides Conversion into esters Conversion into amides Reduction to yield primary alcohols Reactions of acid chlorides ( ) Hydrolysis to yield acids Reaction with carboxylates to yield anhydrides Alcoholysis to yield esters Aminolysis to yield amides Reduction to yield primary alcohols Grignard reaction to yield tertiary alcohols Diorganocopper reaction to yield ketones Reactions of acid anhydrides ( ) Hydrolysis to yield acids Alcoholysis to yield esters Aminolysis to yield amides Reactions of esters ( ) Hydrolysis to yield acids Reduction to yield primary alcohols Partial reduction to yield aldehydes Grignard reaction to yield tertiary alcohols Reactions of amides ( ) Hydrolysis to yield acids Reduction to yield amines Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Carboxylic Acid Derivatives Nucleophilic Acyl Substitution Reactions Step-Growth Polymers Spectroscopy General Problems", "section": "Spectroscopy of Carboxylic Acid Derivatives", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Tear gas is a controversial riot-control device used by some military and police forces. It is a simple chloroketone made by a carbonyl α -substitution reaction. (credit: modification of work “Tear Gas in CWB Hennessy Road View” by The Stand News/Wikimedia Commons, Public Domain) As with nucleophilic additions and nucleophilic acyl substitutions, many laboratory schemes, pharmaceutical syntheses, and biochemical pathways make frequent use of carbonyl α -substitution reactions. Their great value comes from the fact that they constitute one of the few general methods for forming carbon–carbon bonds, thereby making it possible to build larger molecules from smaller precursors. In this chapter, we’ll see how and why these reactions occur. We said in the Preview of Carbonyl Chemistry that much of the chemistry of carbonyl compounds can be explained by just four fundamental reaction types: nucleophilic additions, nucleophilic acyl substitutions, α substitutions, and carbonyl condensations. Having studied the first two of these reactions in the past three chapters, let’s now look in more detail at the third major carbonyl-group process—the α -substitution reaction . Alpha-substitution reactions occur at the position next to the carbonyl group—the α position —and involve the substitution of an α hydrogen atom by an electrophile, E, through either an enol or enolate ion intermediate. Let’s begin by learning more about these two species.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Keto–Enol Tautomerism A carbonyl compound with a hydrogen atom on its α carbon is in equilibrium with its corresponding enol isomer ( ). This spontaneous interconversion between two isomers, usually with the change in position of a hydrogen, is called tautomerism, from the Greek tauto, meaning “the same,” and meros, meaning “part.” The individual keto and enol isomers are called tautomers . Note the difference between tautomers and resonance forms. Tautomers are constitutional isomers—different compounds with different structures—while resonance forms are different representations of a single compound. Tautomers have their atoms arranged differently, while resonance forms differ only in the position of their π and nonbonding electrons. Most monocarbonyl compounds exist almost entirely in their keto form at equilibrium, and it’s usually difficult to isolate the pure enol. Cyclohexanone, for example, contains only about 0.0001% of its enol tautomer at room temperature. The percentage of enol tautomer is even lower for carboxylic acids, esters, and amides. The enol can only predominate when stabilized by conjugation or intramolecular hydrogen bonding. Thus, 2,4-pentanedione is about 76% enol tautomer. Although enols are scarce at equilibrium, they are nevertheless responsible for much of the chemistry of carbonyl compounds because they are so reactive. Keto–enol tautomerism of carbonyl compounds is catalyzed by both acids and bases. Acid catalysis occurs by protonation of the carbonyl oxygen atom to give an intermediate cation that loses H + from its α carbon to yield a neutral enol ( a). This proton loss from the cation intermediate is similar to what occurs during an E1 reaction when a carbocation loses H + to form an alkene ( ). Base-catalyzed enol formation occurs because the presence of a carbonyl group makes the hydrogens on the α carbon weakly acidic. Thus, a carbonyl compound can act as an acid and donate one of its α hydrogens to a sufficiently strong base. The resultant resonance-stabilized anion, an enolate ion , is then protonated to yield a neutral compound. If protonation of the enolate ion takes place on the α carbon, the keto tautomer is regenerated and no net change occurs. If, however, protonation takes place on the oxygen atom, an enol tautomer is formed ( b). MECHANISM Mechanism of enol formation under both acid-catalyzed and base-catalyzed conditions. (a) Acid catalysis involves ( 1 ) initial protonation of the carbonyl oxygen followed by ( 2 ) removal of H + from the α position. (b) Base catalysis involves ( 1 ) initial deprotonation of the α position to give an enolate ion, followed by ( 2 ) reprotonation on oxygen. Note that only the hydrogens on the α position of carbonyl compounds are acidic. Hydrogens at β, γ, δ, and so on, aren’t acidic and can’t be removed by base because the resulting anions can’t be resonance-stabilized by the carbonyl group. Problems", "section": "Keto–Enol Tautomerism", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactivity of Enols: α -Substitution Reactions What kind of chemistry do enols have? Because their double bonds are electron-rich, enols behave as nucleophiles and react with electrophiles in much the same way that alkenes do. But because of resonance-electron donation of a lone pair of electrons on the neighboring oxygen, enols are more electron-rich and correspondingly more reactive than alkenes. Notice in the following electrostatic potential map of ethenol ( H 2 C ═ CHOH ) how there is a substantial electron density (yellow-red) on the α carbon. When an alkene reacts with an electrophile, E + , initial addition gives an intermediate cation and subsequent reaction with a nucleophile, such as a halide ion, yields an addition product ( ). When an enol reacts with an electrophile, however, only the initial addition step is the same ( ). Instead of reacting with a nucleophile to give an addition product, the intermediate cation loses the –OH proton to give an α -substituted carbonyl compound. MECHANISM General mechanism of a carbonyl α -substitution reaction. In step 3, the initially formed cation loses H + to regenerate a carbonyl compound.", "section": "Reactivity of Enols:α-Substitution Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alpha Halogenation of Aldehydes and Ketones A particularly common α -substitution reaction in the laboratory is the halogenation of aldehydes and ketones at their α positions by reaction with Cl 2 , Br 2 , or I 2 in acidic solution. Bromine in acetic acid solvent is often used. Remarkably, ketone halogenation also occurs in biological systems, particularly in marine alga, where dibromoacetaldehyde, bromoacetone, 1,1,1-tribromoacetone, and other related compounds have been found. This form of halogenation is a typical α -substitution reaction that proceeds by acid-catalyzed formation of an enol intermediate, as shown in . MECHANISM Mechanism of the acid-catalyzed bromination of acetone. Evidence for the mechanism shown in includes the observation that acid-catalyzed halogenations show second-order kinetics and follow the rate law Reaction rate = k [Ketone ] [ H + ] In other words, the rate of halogenation depends only on the concentrations of ketone and acid and is independent of halogen concentration. Since halogen is not involved in the rate-limiting step, chlorination, bromination, and iodination of a given substrate all occur at the same rate. Furthermore, if an aldehyde or ketone is treated with D 3 O + , the acidic α hydrogens are replaced by deuterium. For a given ketone, the rate of deuterium exchange is identical to the rate of halogenation, implying that a common intermediate—presumably the enol—is involved in both processes. α -Bromo ketones are useful in the laboratory because they can be dehydrobrominated by base treatment to yield α , β -unsaturated ketones. For example, 2-methylcyclohexanone gives 2-bromo-2-methylcyclohexanone on halogenation, and the α -bromo ketone gives 2-methyl-2-cyclohexenone when heated in pyridine. The reaction takes place by an E2 elimination pathway ( ) and is a good method for introducing a C═C bond into a molecule. Note that bromination of 2-methylcyclohexanone occurs primarily on the more highly substituted α position because the more highly substituted enol is favored over the less highly substituted one ( ). Problems", "section": "Alpha Halogenation of Aldehydes and Ketones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alpha Bromination of Carboxylic Acids The α bromination of carbonyl compounds by Br 2 in acetic acid is limited to aldehydes and ketones because acids, esters, and amides don’t enolize to a sufficient extent. Carboxylic acids, however, can be α brominated by a mixture of Br 2 and PBr 3 in the Hell–Volhard–Zelinskii (HVZ) reaction. The Hell–Volhard–Zelinskii reaction is a bit more complex than it looks and actually involves α substitution of an acid bromide enol rather than a carboxylic acid enol. The process begins by reaction of the carboxylic acid with PBr 3 to form an acid bromide plus HBr ( ). The HBr then catalyzes enolization of the acid bromide, and the resultant enol reacts with Br 2 in an α -substitution reaction to give an α -bromo acid bromide. Addition of water hydrolyzes the acid bromide in a nucleophilic acyl substitution reaction and yields the α -bromo carboxylic acid product. Problems", "section": "Alpha Bromination of Carboxylic Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Acidity of Alpha Hydrogen Atoms: Enolate Ion Formation As noted in , a hydrogen on the α position of a carbonyl compound is weakly acidic and can be removed by a strong base to yield an enolate ion. In comparing acetone (p K a = 19.3) with ethane (p K a ≈ 60), for instance, the presence of a neighboring carbonyl group increases the acidity of the ketone over the alkane by a factor of 10 40 . Proton abstraction from a carbonyl compound occurs when the α C–H bond is oriented roughly parallel to the p orbitals of the carbonyl group. The α carbon atom of the enolate ion is sp 2 -hybridized and has a p orbital that overlaps the neighboring carbonyl p orbitals. Thus, the negative charge is shared by the electronegative oxygen atom, and the enolate ion is stabilized by resonance ( ). Mechanism of enolate-ion formation by abstraction of an α proton from a carbonyl compound. The enolate ion is stabilized by resonance, and the negative charge (red) is shared by the oxygen and the α carbon atom, as indicated in the electrostatic potential map. Because carbonyl compounds are only weakly acidic, a strong base is needed for the formation of an enolate-ion. If an alkoxide ion, such as sodium ethoxide, is used as base, deprotonation of acetone only takes place to the extent of about 0.1% because acetone is a weaker acid than ethanol (p K a = 16). If, however, a more powerful base is used, then a carbonyl compound is completely converted into its enolate ion. In practice, the strong base lithium diisopropylamide [LiN( i -C 3 H 7 ) 2 ; abbreviated LDA] is commonly used for making enolate ions. As the lithium salt of the weak acid diisopropylamine, p K a = 36, LDA can readily deprotonate most carbonyl compounds. It is easily prepared by reaction of butyllithium with diisopropylamine and is soluble in organic solvents because of its two alkyl groups. Many types of carbonyl compounds, including aldehydes, ketones, esters, thioesters, acids, and amides, can be converted into enolate ions by reaction with LDA. lists the approximate p K a values of different types of carbonyl compounds and shows how these values compare to other acidic substances we’ve seen. Note that nitriles, too, are acidic and can be converted into enolate-like anions. Acidity Constants for Some Organic Compounds Functional group Example p K a Carboxylic acid 5 1,3-Diketone 9 3-Keto ester 11 1,3-Diester 13 Alcohol CH 3 O H 16 Acid chloride 16 Aldehyde 17 Ketone 19 Thioester 21 Ester 25 Nitrile C H 3 C ≡ N 25 N , N -Dialkylamide 30 Dialkylamine H N( i -C 3 H 7 ) 2 36 When a hydrogen atom is flanked by two carbonyl groups, its acidity is enhanced further. thus shows that 1,3-diketones ( β -diketones), 3-oxo esters ( β -keto esters), and 1,3-diesters (malonic esters) are more acidic than water. The enolate ions derived from these β -dicarbonyl compounds are stabilized by sharing the negative charge of the two neighboring carbonyl oxygens. The enolate ion of 2,4-pentanedione, for instance, has three resonance forms. Similar resonance forms can be drawn for other doubly stabilized enolate ions. Identifying the Acidic Hydrogens in a Compound Identify the most acidic hydrogens in each of the following compounds, and rank the compounds in order of increasing acidity: Strategy Hydrogens on carbon next to a carbonyl group are acidic. In general, a β -dicarbonyl compound is most acidic, a ketone or aldehyde is next most acidic, and a carboxylic acid derivative is least acidic. Remember that alcohols, phenols, and carboxylic acids are also acidic because of their –OH hydrogens. Solution The acidity order is ( a ) > ( c ) > ( b ). Acidic hydrogens are shown in red. Problems", "section": "Acidity of Alpha Hydrogen Atoms: Enolate Ion Formation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactivity of Enolate Ions Enolate ions are more useful than enols for two reasons. First, pure enols can’t normally be isolated but are instead generated only as short-lived intermediates in low concentration. By contrast, stable solutions of pure enolate ions are easily prepared from most carbonyl compounds by reaction with a strong base. Second, enolate ions are more reactive than enols and undergo many reactions that enols don’t. Whereas enols are neutral, enolate ions are negatively charged, making them much better nucleophiles. Because they are resonance hybrids of two nonequivalent forms, enolate ions can be looked at either as vinylic alkoxides ( C═C− O − ) or as α -keto carbanions ( − C−C═O ). Thus, enolate ions can react with electrophiles either on oxygen or on carbon. Reaction on oxygen yields an enol derivative, while reaction on carbon yields an α -substituted carbonyl compound ( ). Both kinds of reactivity are known, but reaction on carbon is more common. The electrostatic potential map of acetone enolate ion shows how the negative charge is delocalized over both the oxygen and the α carbon. As a result, two modes of reaction of an enolate ion with an electrophile E + are possible. Reaction on carbon to yield an α -substituted carbonyl product is more common. As an example of enolate ion reactivity, aldehydes and ketones undergo base-promoted α halogenation. Even relatively weak bases such as hydroxide ion are effective for halogenation because it’s not necessary to convert the ketone completely into its enolate ion. As soon as a small amount of enolate is generated, halogen reacts with it immediately, removing it from the reaction and driving the equilibrium toward further enolate ion formation. Base-promoted halogenation of aldehydes and ketones is seldom used in practice because it’s difficult to stop the reaction at the monosubstituted product. An α -halogenated ketone is generally more acidic than the starting, unsubstituted ketone because of the electron-withdrawing inductive effect of the halogen atom. Thus, the monohalogenated products are themselves rapidly turned into enolate ions and further halogenated. If excess base and halogen are used, a methyl ketone is triply halogenated and then cleaved by base in the haloform reaction. The products are a carboxylic acid plus a so-called haloform (chloroform, CHCl 3 ; bromoform, CHBr 3 ; or iodoform, CHI 3 ). Note that the second step of the reaction is a nucleophilic acyl substitution of – CX 3 by – OH. That is, a halogen-stabilized carbanion acts as a leaving group. Problems", "section": "Reactivity of Enolate Ions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Alkylation of Enolate Ions Perhaps the most useful reaction of enolate ions is their alkylation by treatment with an alkyl halide, thereby forming a new C−C bond and joining two smaller pieces into one larger molecule. Alkylation occurs when the nucleophilic enolate ion reacts with the electrophilic alkyl halide in an S N 2 reaction and displaces the leaving group by backside attack. Alkylation reactions are subject to the same constraints that affect all S N 2 reactions ( ). Thus, the leaving group X in the alkylating agent R−X can be chloride, bromide, or iodide. The alkyl group R should be primary or methyl, and preferably should be allylic or benzylic. Secondary halides react poorly, and tertiary halides don’t react at all because a competing E2 elimination of HX occurs instead. Vinylic and aryl halides are also unreactive because a backside approach is sterically prevented. The Malonic Ester Synthesis One of the oldest and best known carbonyl alkylation reactions is the malonic ester synthesis , a method for preparing a carboxylic acid from an alkyl halide while lengthening the carbon chain by two atoms. Diethyl propanedioate, commonly called diethyl malonate, or malonic ester, is relatively acidic (p K a = 13) because its α hydrogens are flanked by two carbonyl groups. Thus, malonic ester is easily converted into its enolate ion by reaction with sodium ethoxide in ethanol. The enolate ion, in turn, is a good nucleophile that reacts rapidly with an alkyl halide to give an α -substituted malonic ester. Note in the following examples that the abbreviation “Et” is used for an ethyl group, –CH 2 CH 3 . The product of a malonic ester alkylation has one acidic α hydrogen remaining, so the alkylation process can be repeated to yield a dialkylated malonic ester. On heating with aqueous hydrochloric acid, the alkylated (or dialkylated) malonic ester undergoes hydrolysis of its two ester groups followed by decarboxylation (loss of CO 2 ) to yield a substituted monocarboxylic acid. Decarboxylation is not a general reaction of carboxylic acids. Rather, it is unique to compounds that have a second carbonyl group two atoms away from the –CO 2 H. That is, only substituted malonic acids and β -keto acids undergo loss of CO 2 on heating. The decarboxylation reaction occurs by a cyclic mechanism and involves initial formation of an enol, thereby accounting for the need to have a second carbonyl group appropriately positioned. As noted previously, the overall effect of malonic ester synthesis is to convert an alkyl halide into a carboxylic acid while lengthening the carbon chain by two atoms (RX → RCH 2 CO 2 H). A malonic ester synthesis can also be used to prepare cyclo alkanecarboxylic acids. For example, when 1,4-dibromobutane is treated with diethyl malonate in the presence of two equivalents of sodium ethoxide base, the second alkylation step occurs intramolecularly to yield a cyclic product. Hydrolysis and decarboxylation then give cyclopentanecarboxylic acid. Three-, four-, five-, and six-membered rings can be prepared in this way, but yields decrease for larger ring sizes. Using Malonic Ester Synthesis to Prepare a Carboxylic Acid How would you prepare heptanoic acid using a malonic ester synthesis? Strategy A malonic ester synthesis converts an alkyl halide into a carboxylic acid having two more carbons. Thus, a seven-carbon acid chain must be derived from the five-carbon alkyl halide 1-bromopentane. Solution Problems The Acetoacetic Ester Synthesis Just as the malonic ester synthesis converts an alkyl halide into a carboxylic acid, the acetoacetic ester synthesis converts an alkyl halide into a methyl ketone having three more carbons. Ethyl 3-oxobutanoate, commonly called ethyl acetoacetate, or acetoacetic ester, is much like malonic ester in that its α hydrogens are flanked by two carbonyl groups. It is therefore readily converted into its enolate ion, which can be alkylated by reaction with an alkyl halide. A second alkylation can also be carried out if desired, since acetoacetic ester has two acidic α hydrogens. On heating with aqueous HCl, the alkylated (or dialkylated) acetoacetic ester is hydrolyzed to a β -keto acid, which then undergoes decarboxylation to yield a ketone product. The decarboxylation occurs in the same way as in the malonic ester synthesis and involves a ketone enol as the initial product. The three-step sequence of ( 1 ) enolate ion formation, ( 2 ) alkylation, and ( 3 ) hydrolysis/decarboxylation is applicable to all β -keto esters with acidic α hydrogens, not just to acetoacetic ester itself. For example, cyclic β -keto esters, such as ethyl 2-oxocyclohexanecarboxylate, can be alkylated and decarboxylated to give 2-substituted cyclohexanones. Using Acetoacetic Ester Synthesis to Prepare a Ketone How would you prepare 2-pentanone by an acetoacetic ester synthesis? Strategy An acetoacetic ester synthesis yields a methyl ketone by adding three carbons to an alkyl halide. Thus, the acetoacetic ester synthesis of 2-pentanone must involve reaction of bromoethane. Solution Problems Direct Alkylation of Ketones, Esters, and Nitriles Both the malonic ester synthesis and the acetoacetic ester synthesis are easy to carry out because they involve relatively acidic dicarbonyl compounds. As a result, sodium ethoxide in ethanol can be used to prepare the necessary enolate ions. Alternatively, however, it’s also possible in many cases to directly alkylate the α position of mono carbonyl compounds. A strong, sterically hindered base such as LDA is needed so that complete conversion to the enolate ion takes place rather than a nucleophilic addition, and a nonprotic solvent must be used. Ketones, esters, and nitriles can all be alkylated using LDA or related dialkylamide bases in tetrahydrofuran (THF). Aldehydes, however, rarely give high yields of pure products because their enolate ions undergo carbonyl condensation reactions instead of alkylation. (We’ll study this condensation reaction in the next chapter.) Some specific examples of alkylation reactions are shown. Note in the ketone example that alkylation of 2-methylcyclohexanone leads to a mixture of products because both possible enolate ions are formed. In general, the major product in such cases occurs by alkylation at the less hindered, more accessible position. Thus, alkylation of 2-methylcyclohexanone occurs primarily at C6 (secondary) rather than C2 (tertiary). Using an Alkylation Reaction to Prepare a Substituted Ester How might you use an alkylation reaction to prepare ethyl 1-methylcyclohexanecarboxylate? Strategy An alkylation reaction is used to introduce a methyl or primary alkyl group onto the α position of a ketone, ester, or nitrile by S N 2 reaction of an enolate ion with an alkyl halide. Thus, we need to look at the target molecule and identify any methyl or primary alkyl groups attached to an α carbon. In the present instance, the target has an α methyl group, which might be introduced by alkylation of an ester enolate ion with iodomethane. Solution Problems Biological Alkylations Alkylations are rare but not unknown in biological chemistry. One example occurs during biosynthesis of the antibiotic indolmycin from indolylpyruvate when a base abstracts an acidic hydrogen from an α position and the resultant enolate ion carries out an S N 2 alkylation reaction on the methyl group of S -adenosylmethionine (SAM; ). Although it’s convenient to speak of “enolate ion” intermediates in biological pathways, it’s unlikely that they exist for long in an aqueous cellular environment. Rather, proton removal and alkylation probably occur at essentially the same time ( ). The biosynthesis of indolmycin from indolylpyruvate occurs through a pathway that includes an alkylation reaction of a short-lived enolate ion intermediate. Barbiturates The use of herbal remedies to treat illness and disease goes back thousands of years, but the medical use of chemicals prepared in the laboratory has a much shorter history. Barbiturates, a large class of drugs with a wide variety of uses, constitute one of the earliest successes of medicinal chemistry. The synthesis and medical use of barbiturates goes back to 1904 when Bayer, a German chemical company, first marketed a compound called barbital, trade named Veronal, as a treatment for insomnia. Since that time, more than 2500 different barbiturate analogs have been synthesized by drug companies, more than 50 have been used medicinally, and about a dozen are still in use as anesthetics, anticonvulsants, sedatives, and anxiolytics. Different barbiturates come in a multitude of colors, giving rise to similarly colorful street names when the drugs are abused. (credit: “Medications” by freestocks.org/Flickr, Public Domain) The synthesis of barbiturates is relatively simple and relies on reactions that are now familiar: enolate alkylations and nucleophilic acyl substitutions. Starting with diethyl malonate, alkylation of the corresponding enolate ion with simple alkyl halides provides a wealth of different disubstituted malonic esters. Reaction with urea, ( H 2 N ) 2 C ═ O , then gives the product barbiturates by a twofold nucleophilic acyl substitution reaction of the ester groups with the –NH 2 groups of urea ( ). Amobarbital (Amytal), pentobarbital (Nembutal), and secobarbital (Seconal) are typical examples. The synthesis of barbiturates relies on malonic ester alkylations and nucleophilic acyl substitution reactions. More than 2500 different barbiturates have been synthesized over the past 100 years. In addition to their prescribed medical uses, many barbiturates have also found widespread illegal use as street drugs. Each barbiturate often comes as a tablet of regulated size, shape, and color. Although still used today, most barbiturates have been replaced by safer, more potent alternatives with markedly different structures. acetoacetic ester synthesis α -substitution reaction decarboxylation enol enolate ion malonic ester synthesis tautomer Summary The α -substitution reaction of a carbonyl compound through either an enol or enolate ion intermediate is one of the four fundamental reaction types in carbonyl-group chemistry. Carbonyl compounds are in an equilibrium with their enols, a process called keto–enol tautomerism. Although enol tautomers are normally present to only a small extent at equilibrium and can’t usually be isolated in pure form, they nevertheless contain a highly nucleophilic double bond and react with electrophiles in an α -substitution reaction . An example is the α halogenation of ketones on treatment with Cl 2 , Br 2 , or I 2 in acid solution. Alpha bromination of carboxylic acids can be similarly accomplished by the Hell–Volhard–Zelinskii (HVZ) reaction, in which an acid is treated with Br 2 and PBr 3 . The α -halogenated products can then undergo base-induced E2 elimination to yield α , β -unsaturated carbonyl compounds. Alpha hydrogen atoms of carbonyl compounds are weakly acidic and can be removed by strong bases, such as lithium diisopropylamide (LDA), to yield nucleophilic enolate ions. The most useful reaction of enolate ions is their S N 2 alkylation with alkyl halides. The Malonic ester synthesis converts an alkyl halide into a carboxylic acid with the addition of two carbon atoms (RX → RCH 2 CO 2 H). Similarly, the acetoacetic ester synthesis converts an alkyl halide into a methyl ketone with the addition of three carbon atoms (RX → RCH 2 COCH 3 ). In addition, many carbonyl compounds, including ketones, esters, and nitriles, can be directly alkylated by treatment with LDA and an alkyl halide. Summary of Reactions Aldehyde/ketone halogenation ( ) Hell–Volhard–Zelinskii bromination of acids ( ) Dehydrobromination of α -bromo ketones ( ) Haloform reaction ( ) Alkylation of enolate ions ( ) Malonic ester synthesis Acetoacetic ester synthesis Direct alkylation of ketones Direct alkylation of esters Direct alkylation of nitriles Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Acidity of Carbonyl Compounds α -Substitution Reactions General Problems", "section": "Alkylation of Enolate Ions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Many of the molecules needed by all growing organisms are biosynthesized using carbonyl condensation reactions . (credit: modification of work “Newborn Sea Lion” by Steven Bedard/Flickr, CC BY 2.0) We’ll see later in this chapter and again in Chapter 29 that carbonyl condensation reactions occur in a large number of metabolic pathways. In fact, almost all classes of biomolecules—carbohydrates, lipids, proteins, nucleic acids, and many others—are biosynthesized through pathways that involve carbonyl condensation reactions. As with the α -substitution reaction discussed in the previous chapter, the great value of carbonyl condensations is that they are one of the few general methods for forming carbon–carbon bonds, thereby making it possible to build larger molecules from smaller precursors. In this chapter, we’ll see how and why these reactions occur. We’ve now studied three of the four general kinds of carbonyl-group reactions and have seen two general kinds of behavior. In nucleophilic addition and nucleophilic acyl substitution reactions, a carbonyl compound behaves as an electrophile when an electron-rich reagent adds to it. In α -substitution reactions, however, a carbonyl compound behaves as a nucleophile when it is converted into its enol or enolate ion. In the carbonyl condensation reactions that we’ll study in this chapter, the carbonyl compound behaves both as an electrophile and as a nucleophile.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Carbonyl Condensations: The Aldol Reaction Carbonyl condensation reactions take place between two carbonyl partners and involve a combination of nucleophilic addition and α -substitution steps. One partner is converted into an enolate-ion nucleophile and adds to the electrophilic carbonyl group of the second partner. In so doing, the nucleophilic partner undergoes an α -substitution reaction and the electrophilic partner undergoes a nucleophilic addition. The general mechanism of the process is shown in . MECHANISM The general mechanism of a carbonyl condensation reaction . One partner becomes a nucleophilic donor and adds to the second partner as an electrophilic acceptor. After protonation, the final product is a β -hydroxy carbonyl compound. Aldehydes and ketones with an α hydrogen atom undergo a base-catalyzed carbonyl condensation reaction called the aldol reaction . For example, treatment of acetaldehyde with a base such as sodium ethoxide or sodium hydroxide in a protic solvent leads to rapid and reversible formation of 3-hydroxybutanal, known commonly as aldol ( ald ehyde + alcoh ol ), hence the general name of the reaction. The exact position of the aldol equilibrium depends both on reaction conditions and on substrate structure. The equilibrium generally favors the condensation product in the case of aldehydes with no α substituent (RCH 2 CHO) but favors the reactant for disubstituted aldehydes (R 2 CHCHO) and for most ketones. Steric factors are probably responsible for these trends, since increased substitution near the reaction site increases steric congestion in the aldol product. Predicting the Product of an Aldol Reaction What is the structure of the aldol product from propanal? Strategy An aldol reaction combines two molecules of reactant by forming a bond between the α carbon of one partner and the carbonyl carbon of the second partner. The product is a β -hydroxy aldehyde or ketone, meaning that the two oxygen atoms in the product have a 1,3 relationship. Solution Problems", "section": "Carbonyl Condensations: The Aldol Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Carbonyl Condensations versus Alpha Substitutions Two of the four general carbonyl-group reactions—carbonyl condensations and α substitutions—take place under basic conditions and involve enolate-ion intermediates. Because the experimental conditions for the two reactions are similar, how can we predict which will occur in a given case? When we generate an enolate ion with the intention of carrying out an α alkylation, how can we be sure that a carbonyl condensation reaction won’t occur instead? There is no simple answer to this question, but the exact experimental conditions usually have much to do with the result. Alpha-substitution reactions require a full equivalent of strong base and are normally carried out so that the carbonyl compound is rapidly and completely converted into its enolate ion at a low temperature. An electrophile is then added rapidly to ensure that the reactive enolate ion is quenched quickly. In a ketone alkylation reaction, for instance, we might use 1 equivalent of lithium diisopropylamide (LDA) in tetrahydrofuran solution at –78 °C. Rapid and complete generation of the ketone enolate ion would occur, and no unreacted ketone would remain, meaning that no condensation reaction could take place. We would then immediately add an alkyl halide to complete the alkylation reaction. On the other hand, carbonyl condensation reactions require only a catalytic amount of a relatively weak base, rather than a full equivalent, so that a small amount of enolate ion is generated in the presence of unreacted carbonyl compound. Once a condensation occurs, the basic catalyst is regenerated. To carry out an aldol reaction on propanal, for instance, we might dissolve the aldehyde in methanol, add 0.05 equivalent of sodium methoxide, and then warm the mixture to give the aldol product.", "section": "Carbonyl Condensations versus Alpha Substitutions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Dehydration of Aldol Products: Synthesis of Enones When heated under either acidic or basic conditions, the β -hydroxy aldehydes or ketones formed in aldol reactions can be dehydrated to yield α , β -unsaturated products, or conjugated enones (ene + ketone). In fact, it’s this loss of water that gives the carbonyl condensation reaction its name, because water condenses out when an enone product forms. Most alcohols are resistant to dehydration by base ( ) because hydroxide ion is a poor leaving group, but aldol products dehydrate easily because of their carbonyl group. Under basic conditions, an acidic α hydrogen is removed, yielding an enolate ion that expels the nearby – OH leaving group in an E1cB reaction ( ). Under acidic conditions, an enol is formed, the –OH group is protonated, and water is expelled in an E1 or E2 reaction. The reaction conditions needed for aldol dehydration are often only a bit more vigorous (slightly higher temperature, for instance) than the conditions needed for the aldol formation itself. As a result, conjugated enones are usually obtained directly from aldol reactions without isolating the intermediate β -hydroxy carbonyl compounds. Conjugated enones are more stable than nonconjugated enones for the same reason that conjugated dienes are more stable than nonconjugated dienes ( ). Interaction between the π electrons of the C═C bond and the π electrons of the C═O group leads to a molecular-orbital description for a conjugated enone with an interaction of the π electrons over all four atomic centers ( ). The π bonding molecular orbitals of a conjugated enone (propenal) and a conjugated diene (1,3-butadiene) are similar in shape and are spread over the entire π system . The real value of aldol dehydration is that removal of water from the reaction mixture can be used to drive the aldol equilibrium toward the product. Even though the initial aldol step itself may be unfavorable, as it usually is for ketones, the subsequent dehydration step nevertheless allows many aldol condensations to be carried out in good yield. Cyclohexanone, for example, gives cyclohexylidenecyclohexanone in 92% yield, even though the initial equilibrium is unfavorable. Predicting the Product of an Aldol Reaction What is the structure of the enone obtained from aldol condensation of acetaldehyde? Strategy In the aldol reaction, H 2 O is eliminated and a double bond is formed by removing two hydrogens from the acidic α position of one partner and the carbonyl oxygen from the second partner. The product is thus an α , β -unsaturated aldehyde or ketone. Solution Problems", "section": "Dehydration of Aldol Products: Synthesis of Enones", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Using Aldol Reactions in Synthesis The aldol reaction yields either a β -hydroxy aldehyde/ketone or an α , β -unsaturated aldehyde/ketone, depending on the experimental conditions. By learning how to work backward, it’s possible to predict when the aldol reaction might be useful in synthesis. Whenever the target molecule contains either a β -hydroxy aldehyde/ketone or a conjugated enone functional group, it might come from an aldol reaction. We can extend this kind of reasoning even further by imagining that subsequent transformations might be carried out on the aldol products. For example, a saturated ketone might be prepared by catalytic hydrogenation of the enone product. A good example can be found in the industrial preparation of 2-ethyl-1-hexanol, an alcohol used in the synthesis of plasticizers for polymers. Although 2-ethyl-1-hexanol bears little resemblance to an aldol product at first glance, it is in fact prepared commercially from butanal by an aldol reaction. Working backward, we can reason that 2-ethyl-1-hexanol might come from 2-ethylhexanal by a reduction. 2-Ethylhexanal, in turn, might be prepared by catalytic reduction of 2-ethyl-2-hexenal, which is the aldol condensation product of butanal. The reactions that follow show the sequence in reverse order. Problems", "section": "Using Aldol Reactions in Synthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Mixed Aldol Reactions Until now, we’ve considered only symmetrical aldol reactions, in which the two carbonyl components have been the same. What would happen, though, if an aldol reaction were carried out between two different carbonyl partners? In general, a mixed aldol reaction between two similar aldehyde or ketone partners leads to a mixture of four possible products. For example, base treatment of a mixture of acetaldehyde and propanal gives a complex product mixture containing two “symmetrical” aldol products and two “mixed” aldol products. Clearly, such a reaction is of no practical value. On the other hand, mixed aldol reactions can lead cleanly to a single product if either of two conditions is met: If one of the carbonyl partners contains no α hydrogens (and thus can’t form an enolate ion to become a donor), but does contain an unhindered carbonyl group (and so is a good acceptor of nucleophiles), then a mixed aldol reaction is likely to be successful. This is the case, for instance, when either benzaldehyde or formaldehyde is used as one of the carbonyl partners. Neither benzaldehyde nor formaldehyde can form an enolate ion to add to another partner, yet both compounds have an unhindered carbonyl group. The ketone 2-methylcyclohexanone, for instance, gives the mixed aldol product on reaction with benzaldehyde. If one of the carbonyl partners is much more acidic than the other, and is thus transformed into its enolate ion in preference to the other, then a mixed aldol reaction is likely to be successful. Ethyl acetoacetate, for instance, is completely converted into its enolate ion in preference to enolate ion formation from monocarbonyl partners. Thus, aldol condensations of monoketones with ethyl acetoacetate occur preferentially to give the mixed product. The situation can be summarized by saying that a mixed aldol reaction leads to a mixture of products unless one of the partners either has no α hydrogens but is a good electrophilic acceptor (such as benzaldehyde) or is an unusually acidic nucleophilic donor (such as ethyl acetoacetate). Problems", "section": "Mixed Aldol Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Intramolecular Aldol Reactions The aldol reactions we’ve seen thus far have all been intermolecular , meaning that they have taken place between two different molecules. When certain di carbonyl compounds are treated with base, however, an intramolecular aldol reaction can occur, leading to the formation of a cyclic product. For example, base treatment of a 1,4-diketone such as 2,5-hexanedione yields a cyclopentenone product, and base treatment of a 1,5-diketone such as 2,6-heptanedione yields a cyclohexenone. The mechanism of intramolecular aldol reactions is similar to that of intermolecular reactions. The only difference is that both the nucleophilic carbonyl anion donor and the electrophilic carbonyl acceptor are now in the same molecule. One complication, however, is that intramolecular aldol reactions might lead to a mixture of products, depending on which enolate ion is formed. For example, 2,5-hexanedione might yield either the five-membered-ring product 3-methyl-2-cyclopentenone or the three-membered-ring product (2-methylcyclopropenyl) ethanone ( ). In practice, though, only the cyclopentenone is formed. Intramolecular aldol reaction of 2,5-hexanedione yields 3-methyl-2-cyclopentenone rather than the alternative cyclopropene . The selectivity observed in the intramolecular aldol reaction of 2,5-hexanedione is due to the fact that all steps in the mechanism are reversible, so an equilibrium is reached. Thus, the relatively strain-free cyclopentenone product is considerably more stable than the highly strained cyclopropene alternative. For similar reasons, intramolecular aldol reactions of 1,5-diketones lead only to cyclohexenone products rather than to the more strained acylcyclobutenes. Problems", "section": "Intramolecular Aldol Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Claisen Condensation Reaction Esters, like aldehydes and ketones, are weakly acidic. When an ester with an α hydrogen is treated with 1 equivalent of a base such as sodium ethoxide, a reversible carbonyl condensation reaction occurs to yield a β -keto ester. For instance, ethyl acetate yields ethyl acetoacetate on base treatment. This reaction between two ester molecules is known as the Claisen condensation reaction . (We’ll use ethyl esters, abbreviated “Et,” for consistency, but other esters will also work.) The mechanism of the Claisen condensation is similar to that of the aldol condensation and involves the nucleophilic addition of an ester enolate ion to the carbonyl group of a second ester molecule ( ). The only difference between the aldol condensation of an aldehyde or ketone and the Claisen condensation of an ester involves the fate of the initially formed tetrahedral intermediate. The tetrahedral intermediate in the aldol reaction is protonated to give an alcohol product—exactly the behavior previously seen for aldehydes and ketones ( ). The tetrahedral intermediate in the Claisen reaction, however, expels an alkoxide leaving group to yield an acyl substitution product—as previously seen for esters ( ). MECHANISM Mechanism of the Claisen condensation reaction . If the starting ester has more than one acidic α hydrogen, the product β -keto ester has a highly acidic, doubly activated hydrogen atom that can be abstracted by base. This deprotonation of the product requires the use of a full equivalent of base rather than a catalytic amount. Furthermore, the deprotonation serves to drive the equilibrium completely to the product side so that high yields are usually obtained in Claisen condensations. Predicting the Product of a Claisen Condensation Reaction What product would you obtain from Claisen condensation of ethyl propanoate? Strategy The Claisen condensation of an ester results in loss of one molecule of alcohol and formation of a product in which an acyl group of one reactant bonds to the α carbon of the second reactant. The product is a β -keto ester. Solution Problems", "section": "The Claisen Condensation Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Mixed Claisen Condensations The mixed Claisen condensation of two different esters is similar to the mixed aldol condensation of two different aldehydes or ketones ( ). Mixed Claisen reactions are successful only when one of the two ester components has no α hydrogens and thus can’t form an enolate ion. For example, ethyl benzoate and ethyl formate can’t form enolate ions and thus can’t serve as donors. They can, however, act as the electrophilic acceptor components in reactions with other ester anions to give mixed β -keto ester products. Mixed Claisen-like reactions can also be carried out between an ester and a ketone, resulting in the synthesis of a β -diketone. The reaction works best when the ester component has no α hydrogens and thus can’t act as the nucleophilic donor. For example, ethyl formate gives high yields in mixed Claisen condensations with ketones. Predicting the Product of a Mixed Claisen Condensation Reaction Diethyl oxalate, (CO 2 Et) 2 , often gives high yields in mixed Claisen reactions. What product would you expect to obtain from a mixed Claisen reaction of ethyl acetate with diethyl oxalate? Strategy A mixed Claisen reaction is effective when only one of the two partners has an acidic α hydrogen atom. In the present case, ethyl acetate can be converted into its enolate ion, but diethyl oxalate cannot. Thus, ethyl acetate acts as the donor and diethyl oxalate as the acceptor. Solution Problems", "section": "Mixed Claisen Condensations", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Intramolecular Claisen Condensations: The Dieckmann Cyclization Intramolecular Claisen condensations can be carried out with diesters, just as intramolecular aldol condensations can be carried out with diketones ( ). Called the Dieckmann cyclization , this reaction works best on 1,6-diesters and 1,7-diesters. Intramolecular Claisen cyclization of a 1,6-diester gives a five-membered cyclic β -keto ester, and cyclization of a 1,7-diester gives a six-membered cyclic β -keto ester. The mechanism of the Dieckmann cyclization, shown in , is the same as that of the Claisen condensation. One of the two ester groups is converted into an enolate ion, which carries out a nucleophilic acyl substitution on the second ester group at the other end of the molecule. A cyclic β -keto ester product results. MECHANISM Mechanism of the Dieckmann cyclization of a 1,7-diester to yield a cyclic β -keto ester product . The cyclic β -keto ester produced in a Dieckmann cyclization can be further alkylated and decarboxylated by a series of reactions analogous to those used in the acetoacetic ester synthesis ( ). Alkylation and subsequent decarboxylation of ethyl 2-oxocyclohexanecarboxylate, for instance, yields a 2-alkylcyclohexanone. The overall sequence of ( 1 ) Dieckmann cyclization, ( 2 ) β -keto ester alkylation, and ( 3 ) decarboxylation is a powerful method for preparing 2-substituted cyclopentanones and cyclohexanones. Problems", "section": "Intramolecular Claisen Condensations: The Dieckmann Cyclization", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conjugate Carbonyl Additions: The Michael Reaction We saw in that certain nucleophiles, such as amines, react with α , β -unsaturated aldehydes and ketones to give a conjugate addition product, rather than a direct addition product. Exactly the same kind of conjugate addition can occur when a nucleophilic enolate ion reacts with an α , β -unsaturated carbonyl compound—a process known as the Michael reaction after Arthur Michael at Tufts College and Harvard University. The best Michael reactions are those that take place when a particularly stable enolate ion, such as that derived from a β -keto ester or other 1,3-dicarbonyl compound, adds to an unhindered α , β -unsaturated ketone. For example, ethyl acetoacetate reacts with 3-buten-2-one in the presence of sodium ethoxide to yield the conjugate addition product. Michael reactions take place by addition of a nucleophilic enolate ion donor to the β carbon of an α , β -unsaturated carbonyl acceptor, according to the mechanism shown in . MECHANISM Mechanism of the Michael reaction between a β -keto ester and an α , β -unsaturated ketone . The reaction is a conjugate addition of an enolate ion to the unsaturated carbonyl compound. The Michael reaction occurs with a variety of α , β -unsaturated carbonyl compounds, not just conjugated ketones. Unsaturated aldehydes, esters, thioesters, nitriles, amides, and nitro compounds can all act as the electrophilic acceptor component in Michael reactions ( ). Similarly, a variety of different donors can be used, including β -diketones, β -keto esters, malonic esters, β -keto nitriles, and nitro compounds. Some Michael Acceptors and Michael Donors Michael acceptors Michael donors Propenal β -Diketone 3-Buten-2-one β -Keto ester Ethyl propenoate Diethyl malonate Propenamide β -Keto nitrile Propenenitrile Nitro compound Nitroethylene Using the Michael Reaction How might you obtain the following compound using a Michael reaction? Strategy A Michael reaction involves the conjugate addition of a stable enolate ion donor to an α , β -unsaturated carbonyl acceptor, yielding a 1,5-dicarbonyl product. Usually, the stable enolate ion is derived from a β -diketone, β -keto ester, malonic ester, or similar compound. The C–C bond formed in the conjugate addition step is the one between the α carbon of the acidic donor and the β carbon of the unsaturated acceptor. Solution Problems", "section": "Conjugate Carbonyl Additions: The Michael Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Carbonyl Condensations with Enamines: The Stork Enamine Reaction In addition to enolate ions, other kinds of carbon nucleophiles also add to α , β -unsaturated acceptors in Michael-like reactions. Among the most important and useful of such nucleophiles, particularly in biological chemistry, are enamines, which are readily prepared by reaction between a ketone and a secondary amine ( ). For example: As the following resonance structures indicate, enamines are electronically similar to enolate ions. Overlap of the nitrogen lone-pair orbital with the double-bond p orbitals leads to an increase in electron density on the α carbon atom, making that carbon nucleophilic. An electrostatic potential map of N,N -dimethylaminoethylene shows this shift of electron density (red) toward the α position. Enamines behave in much the same way as enolate ions and enter into many of the same kinds of reactions. In the Stork enamine reaction , named for its discoverer, Gilbert Stork of Columbia University, for example, an enamine adds to an α , β -unsaturated carbonyl acceptor in a Michael-like process. The initial product is then hydrolyzed by aqueous acid to yield a 1,5-dicarbonyl compound. The overall reaction is thus a three-step sequence of ( 1 ) enamine formation from a ketone, ( 2 ) Michael addition to an α , β -unsaturated carbonyl compound, and ( 3 ) enamine hydrolysis back to a ketone. The net effect of the Stork enamine reaction is the Michael addition of a ketone to an α , β -unsaturated carbonyl compound. For example, cyclohexanone reacts with the cyclic amine pyrrolidine to yield an enamine; further reaction with an enone such as 3-buten-2-one yields a Michael adduct; and aqueous hydrolysis completes the sequence to give a 1,5-diketone ( ). The Stork enamine reaction between cyclohexanone and 3-buten-2-one . ( 1 ) Cyclohexanone is first converted into an enamine, ( 2 ) the enamine adds to the α , β -unsaturated ketone in a Michael reaction, and ( 3 ) the conjugate addition product is hydrolyzed to yield a 1,5-diketone. The enamine–Michael reaction has two advantages over the enolate-ion–Michael reaction that makes it particularly useful in biological pathways. First, an enamine is neutral, easily prepared, and easily handled, while an enolate ion is charged, sometimes difficult to prepare, and must be handled carefully. Second, an enamine from a mono ketone can be used in the Michael addition, whereas only enolate ions from β -dicarbonyl compounds can be used. Using the Stork Enamine Reaction How might you use an enamine reaction to prepare the following compound? Strategy The overall result of an enamine reaction is the Michael addition of a ketone as donor to an α , β -unsaturated carbonyl compound as acceptor, yielding a 1,5-dicarbonyl product. The C–C bond formed in the Michael addition step is the one between the α carbon of the ketone donor and the β carbon of the unsaturated acceptor. Solution Problems", "section": "Carbonyl Condensations with Enamines: The Stork Enamine Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Robinson Annulation Reaction Carbonyl condensation reactions are perhaps the most versatile methods available for synthesizing complex molecules. By putting a few fundamental reactions together in the proper sequence, some remarkably useful transformations can be carried out. One such example is the Robinson annulation reaction for the synthesis of polycyclic molecules. The word annulation derives from the Latin annulus, meaning “ring,” so an annulation reaction is one that builds a new ring onto a molecule. Named after Robert Robinson, a British chemist and 1947 Nobel Prize winner, the Robinson annulation is a two-step process that combines a Michael reaction with an intramolecular aldol reaction. It takes place between a nucleophilic donor, such as a β -keto ester; an enamine, or a β -diketone; and an α , β -unsaturated ketone acceptor, such as 3-buten-2-one. The product is a substituted 2-cyclohexenone. The first step of the Robinson annulation is simply a Michael reaction. An enamine or an enolate ion from a β -keto ester or β -diketone effects a conjugate addition to an α , β -unsaturated ketone, yielding a 1,5-diketone. But as we saw in , 1,5-diketones undergo intramolecular aldol condensation to yield cyclohexenones when treated with base. Thus, the final product contains a six-membered ring, and an annulation has been accomplished. One example of this occurs during a synthesis of the steroid hormone estrone ( ). Synthesis of the steroid hormone estrone using a Robinson annulation reaction . The nucleophilic donor is a β -diketone. In this example, the β -diketone 2-methyl-1,3-cyclopentanedione is used to generate the enolate ion required for Michael reaction and an aryl-substituted α , β -unsaturated ketone is used as the acceptor. Base-catalyzed Michael reaction between the two partners yields an intermediate triketone, which then cyclizes in an intramolecular aldol condensation to give a Robinson annulation product. Several further transformations are required to complete the synthesis of estrone. Problems", "section": "The Robinson Annulation Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Some Biological Carbonyl Condensation Reactions Biological Aldol Reactions Aldol reactions occur in many biological pathways but are particularly common in carbohydrate metabolism, where enzymes called aldolases catalyze the addition of a ketone enolate ion to an aldehyde. Aldolases occur in all organisms and are of two types. Type I aldolases occur primarily in animals and higher plants; type II aldolases occur primarily in fungi and bacteria. Both types catalyze the same kind of reaction, but type I aldolases operate through an enamine while type II aldolases require a metal ion (usually Zn 2+ ) as a Lewis acid and operate through an enolate ion. An example of an aldolase-catalyzed reaction occurs in glucose biosynthesis when dihydroxyacetone phosphate reacts with glyceraldehyde 3-phosphate to give fructose 1,6-bisphosphate. In animals and higher plants, dihydroxyacetone phosphate is first converted into an enamine by reaction with the –NH 2 group on a lysine amino acid in the enzyme. The enamine then adds to glyceraldehyde 3-phosphate, and the iminium ion that results is hydrolyzed. In bacteria and fungi, the aldol reaction occurs directly, with the ketone carbonyl group of glyceraldehyde 3-phosphate complexed to a Zn 2+ ion to make it a better acceptor. Note that the aldolase-catalyzed reactions are mixed aldol reactions, which take place between two different partners, as opposed to the symmetrical aldol reactions between identical partners usually carried out in the laboratory. Mixed aldol reactions often give mixtures of products in the laboratory but are successful in living systems because of the selectivity of the enzyme catalysts. Biological Claisen Condensations Claisen condensations, like aldol reactions, also occur in a large number of biological pathways. In fatty-acid biosynthesis, for instance, an enolate ion generated by decarboxylation ( ) of malonyl ACP adds to the carbonyl group of another acyl group bonded through a thioester linkage to a synthase enzyme. The tetrahedral intermediate that results then expels the synthase, giving acetoacetyl ACP. (The abbreviation ACP stands for acyl carrier protein, which forms thioester bonds to acyl groups.) Mixed Claisen condensations also occur frequently in living organisms, particularly in the pathway for fatty-acid biosynthesis that we’ll discuss in Section 29.4 . Butyryl synthase, for instance, reacts with malonyl ACP in a mixed Claisen condensation to give 3-ketohexanoyl ACP. A Prologue to Metabolism Biochemistry is carbonyl chemistry. Almost all metabolic pathways used by living organisms involve one or more of the four fundamental carbonyl-group reactions we’ve seen in the chapters on Aldehydes and Ketones: Nucleophilic Addition Reactions through Carbonyl Condensation Reactions . The digestion and metabolic breakdown of all the major classes of food molecules—fats, carbohydrates, and proteins—take place by nucleophilic addition reactions, nucleophilic acyl substitutions, α substitutions, and carbonyl condensations. Similarly, hormones and other crucial biological molecules are built up from smaller precursors by these same carbonyl-group reactions. You are what you eat. Food molecules are metabolized by pathways that involve the four major carbonyl-group reactions . (credit: “Spring” by Giuseppe Arcimboldo, Louvre Museum/Wikimedia Commons, Public Domain) Take glycolysis, for example, the metabolic pathway by which organisms convert glucose to pyruvate as the first step in extracting energy from carbohydrates. Glycolysis is a ten-step process that begins with isomerization of glucose from its cyclic hemiacetal form to its open-chain aldehyde form—the reverse of a nucleophilic addition reaction. The aldehyde then undergoes tautomerization to yield an enol, which undergoes yet another tautomerization to give the ketone fructose. Fructose, a β -hydroxy ketone, is then cleaved by a retro-aldol reaction into two three-carbon molecules—one ketone and one aldehyde. Further carbonyl-group reactions then occur until pyruvate is formed. These few examples are only an introduction; we’ll look at several of the major metabolic pathways in more detail in Chapter 29. The bottom line, however, is that you haven’t seen the end of carbonyl-group chemistry if you have any interest in biological or medical fields. A solid grasp of carbonyl-group reactions is crucial to an understanding of biochemistry. aldol reaction carbonyl condensation reaction Claisen condensation reaction Dieckmann cyclization Michael reaction Robinson annulation reaction Stork enamine reaction Summary In this chapter, we’ve discussed the fourth and last of the common carbonyl-group reactions—the carbonyl condensation. A carbonyl condensation reaction takes place between two carbonyl partners and involves both nucleophilic addition and α -substitution processes. One carbonyl partner is converted by base into a nucleophilic enolate ion, which then adds to the electrophilic carbonyl group of the second partner. The first partner thus undergoes an α substitution, while the second undergoes a nucleophilic addition. The aldol reaction is a carbonyl condensation that occurs between two aldehyde or ketone molecules. Aldol reactions are reversible, leading first to β -hydroxy aldehydes/ketones and then to α , β -unsaturated products after dehydration. Mixed aldol condensations between two different aldehydes or ketones generally give a mixture of all four possible products. A mixed reaction can be successful, however, if one of the two partners is an unusually good donor (ethyl acetoacetate, for instance) or if it can act only as an acceptor (formaldehyde and benzaldehyde, for instance). Intramolecular aldol condensations of 1,4- and 1,5-diketones are also successful and provide a good way to make five- and six-membered rings. The Claisen condensation reaction is a carbonyl condensation that occurs between two ester components and gives a β -keto ester product. Mixed Claisen condensations between two different esters are successful only when one of the two partners has no acidic α hydrogens (ethyl benzoate and ethyl formate, for instance) and thus can function only as the acceptor partner. Intramolecular Claisen condensations, called Dieckmann cyclization reactions , yield five- and six-membered cyclic β -keto esters starting from 1,6- and 1,7-diesters. The conjugate addition of a carbon nucleophile to an α , β -unsaturated acceptor is known as the Michael reaction . The best Michael reactions take place between relatively acidic donors ( β -keto esters or β -diketones) and unhindered α , β -unsaturated acceptors. Enamines, prepared by reaction of a ketone with a disubstituted amine, are also good Michael donors in the Stork enamine reaction. Carbonyl condensation reactions are widely used in synthesis. One example of their versatility is the Robinson annulation reaction , which leads to the formation of a substituted cyclohexenone. Treatment of a β -diketone or β -keto ester with an α , β -unsaturated ketone leads first to a Michael addition, which is followed by intramolecular aldol cyclization. Condensation reactions are also used widely in nature for the biosynthesis of such molecules as fats and steroids. Summary of Reactions Aldol reaction ( ) Mixed aldol reaction ( ) Intramolecular aldol reaction ( ) Dehydration of aldol products ( ) Claisen condensation reaction ( ) Mixed Claisen condensation reaction ( ) Intramolecular Claisen condensation (Dieckmann cyclization; ) Michael reaction ( ) Carbonyl condensations with enamines (Stork enamine reaction; ) Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Aldol Reactions Claisen Condensations Michael and Enamine Reactions General Problems", "section": "Some Biological Carbonyl Condensation Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The characteristic and unmistakable odor of fish is due to a mixture of simple alkylamines . (credit: modification of work “Pike Place” by Sharat Ganapati/Flickr, CC BY 2.0) By the end of this chapter, we will have seen all the common functional groups. Of those groups, carbonyl compounds and amines are the most abundant and have the richest chemistry. In addition to proteins and nucleic acids, the majority of pharmaceutical agents contain amine functional groups, and many of the common coenzymes necessary for biological catalysis are amines. Amines are organic derivatives of ammonia in the same way that alcohols and ethers are organic derivatives of water. Like ammonia, amines contain a nitrogen atom with a lone pair of electrons, making amines both basic and nucleophilic. We’ll soon see, in fact, that most of the chemistry of amines depends on the presence of this lone pair of electrons. Amines occur widely in all living organisms. Trimethylamine, for instance, occurs in animal tissues and is partially responsible for the distinctive odor of fish; nicotine is found in tobacco; and cocaine is a stimulant found in the leaves of the South American coca bush. In addition, amino acids are the building blocks from which all proteins are made, and cyclic amine bases are constituents of nucleic acids.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Naming Amines Amines can be either alkyl-substituted ( alkylamines ) or aryl-substituted ( arylamines ). Although much of the chemistry of the two classes is similar, there are also substantial differences. Amines are classified as primary (RNH 2 ) , secondary (R 2 NH) , or tertiary (R 3 N) , depending on the number of organic substituents attached to nitrogen. Thus, methylamine (CH 3 NH 2 ) is a primary amine, dimethylamine [(CH 3 ) 2 NH] is a secondary amine, and trimethylamine [(CH 3 ) 3 N] is a tertiary amine. Note that this usage of the terms primary, secondary, and tertiary differs from our previous usage. When we speak of a tertiary alcohol or alkyl halide, we refer to the degree of substitution at the alkyl carbon atom, but when we speak of a tertiary amine, we refer to the degree of substitution at the nitrogen atom. Compounds containing a nitrogen atom with four attached groups also exist, but the nitrogen atom must carry a formal positive charge. Such compounds are called quaternary ammonium salts . Primary amines are named in the IUPAC system in several ways. For simple amines, the suffix - amine is added to the name of the alkyl substituent. You might also recall from the chapter on Benzene and Aromaticity that the aromatic phenylamine, H 2 N–C 6 H 5 , has the common name aniline. Alternatively, the suffix - amine can be used in place of the final - e in the name of the parent compound. Amines with more than one functional group are named by considering the −NH 2 as an amino substituent on the parent molecule. Symmetrical secondary and tertiary amines are named by adding the prefix di - or tri - to the alkyl group. Unsymmetrically substituted secondary and tertiary amines are referred to as N -substituted primary amines. The largest alkyl group takes the parent name, and the other alkyl groups are considered N -substituents on the parent ( N because they’re attached to nitrogen). Heterocyclic amines —compounds in which the nitrogen atom occurs as part of a ring—are also common, and each different heterocyclic ring system has its own parent name. The heterocyclic nitrogen atom is always numbered as position 1. Problems", "section": "Naming Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Structure and Properties of Amines The bonding in alkylamines is similar to the bonding in ammonia. The nitrogen atom is sp 3 -hybridized, with its three substituents occupying three corners of a regular tetrahedron and the lone pair of electrons occupying the fourth corner. As you might expect, the C–N–C bond angles are close to the 109° tetrahedral value. For trimethylamine, the C–N–C bond angle is 108° and the C–N bond length is 147 pm. One consequence of tetrahedral geometry is that an amine with three different substituents on nitrogen is chiral, as we saw in . Unlike chiral carbon compounds, however, chiral amines can’t usually be resolved because the two enantiomeric forms rapidly interconvert by a pyramidal inversion , much as an alkyl halide inverts in an S N 2 reaction. Pyramidal inversion occurs by a momentary rehybridization of the nitrogen atom to planar, sp 2 geometry, followed by rehybridization of the planar intermediate to tetrahedral, sp 3 geometry ( ). The barrier to inversion is about 25 kJ/mol (6 kcal/mol), an amount only twice as large as the barrier to rotation about a C–C single bond. Pyramidal inversion rapidly interconverts the two mirror-image (enantiomeric) forms of an amine . Alkylamines have a variety of applications in the chemical industry as starting materials for the preparation of insecticides and pharmaceuticals. Labetalol, for instance, a so-called β -blocker used for the treatment of high blood pressure, is prepared by S N 2 reaction of an epoxide with a primary amine. The substance marketed for drug use is a mixture of all four possible stereoisomers, but the biological activity results primarily from the ( R , R ) isomer. Like alcohols, amines with fewer than five carbon atoms are generally water-soluble. Also like alcohols, primary and secondary amines form hydrogen bonds and are highly associated. As a result, amines have higher boiling points than alkanes of similar molecular weight. Diethylamine (MW = 73 amu) boils at 56.3 °C, for instance, while pentane (MW = 72 amu) boils at 36.1 °C. Hydrogen bonding in amines . One other characteristic of amines is their odor. Low-molecular-weight amines such as trimethylamine have a distinctive fishlike aroma, while diamines such as cadaverine (1,5-pentanediamine) and putrescine (1,4-butanediamine) have the appalling odors you might expect from their common names. Both of these diamines arise from the decomposition of decaying tissue.", "section": "Structure and Properties of Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Basicity of Amines The chemistry of amines is dominated by the lone pair of electrons on nitrogen, which makes amines both basic and nucleophilic. They react with acids to form acid–base salts, and they react with electrophiles in many of the polar reactions seen in past chapters. Note in the following electrostatic potential map of trimethylamine how the negative (red) region corresponds to the lone pair of electrons on nitrogen. Amines are much stronger bases than alcohols and ethers, their oxygen-containing analogs. When an amine is dissolved in water, an equilibrium is established in which water acts as an acid and transfers a proton to the amine. Just as the acid strength of a carboxylic acid can be measured by defining an acidity constant K a ( ), the base strength of an amine can be measured by defining an analogous basicity constant K b . The larger the value of K b and the smaller the value of p K b , the more favorable the proton-transfer equilibrium and the stronger the base. For the reaction RNH 2 + H 2 O ⇄ RNH 3 + + OH – K b = [RNH 3 + ] [OH – ] [RNH 2 ] p K b = –log K b In practice, K b values are not often used. Instead, the most convenient way to measure the basicity of an amine (RNH 2 ) is to look at the acidity of the corresponding ammonium ion (RNH 3 + ). For the reaction RNH 3 + + H 2 O ⇄ RNH 2 + H 3 O + K a = [RNH 2 ] [H 3 O + ] [RNH 3 + ] so K a ⋅ K b = [RNH 2 ] [H 3 O + ] [RNH 3 + ] [RNH 3 + ] [OH – ] [RNH 2 ] = [H 3 O + ] [OH – ] = K w = 1 .00 × 10 –14 Thus K a = K w K b and K b = K w K a and p K a + p K b = 14 These equations say that the K b of an amine multiplied by the K a of the corresponding ammonium ion is equal to K w , the ion-product constant for water (1.00 × 10 –1 4 ). Thus, if we know K a for an ammonium ion, we also know K b for the corresponding amine base because K b = K w / K a . The more acidic the ammonium ion, the less tightly the proton is held and the weaker the corresponding base. That is, a weaker base has an ammonium ion with a smaller p K a and a stronger base has an ammonium ion with a larger p K a . Base Strength p K a size Weaker base Smaller p K a for ammonium ion Stronger base Larger p K a for ammonium ion lists p K a values of the ammonium ions from a variety of amines and indicates that there is a substantial range of amine basicities. Most simple alkylamines are similar in their base strength, with p K a ’s for their ammonium ions in the narrow range 10 to 11. Arylamines, however, are considerably less basic than alkylamines, as are the heterocyclic amines pyridine and pyrrole. Basicity of Some Common Amines Name Structure p K a of ammonium ion Ammonia NH 3 9.26 Primary alkylamine Methylamine CH 3 NH 2 10.64 Ethylamine CH 3 CH 2 NH 2 10.75 Secondary alkylamine Diethylamine (CH 3 CH 2 ) 2 NH 10.98 Pyrrolidine 11.27 Tertiary alkylamine Triethylamine (CH 3 CH 2 ) 3 N 10.76 Arylamine Aniline 4.63 Heterocyclic amine Pyridine 5.25 Pyrimidine 1.3 Pyrrole 0.4 Imidazole 6.95 In contrast with amines, amides (RCONH 2 ) are nonbasic. Amides aren’t protonated by aqueous acids, and they are poor nucleophiles. The main reason for this difference in basicity between amines and amides is that an amide is stabilized by delocalization of the nitrogen lone-pair electrons through orbital overlap with the carbonyl group. In resonance terms, amides are more stable and less reactive than amines because they are hybrids of two resonance forms. This amide resonance stabilization is lost when the nitrogen atom is protonated, so protonation is disfavored. The following electrostatic potential maps clearly show a reduced electron density on the amide nitrogen. To purify amines, it’s often possible to take advantage of their basicity. For example, if a mixture of a basic amine and a neutral compound such as a ketone or alcohol is dissolved in an organic solvent and aqueous acid is added, the basic amine dissolves in the water layer as its protonated salt, while the neutral compound remains in the organic solvent layer. Separation of the water layer and neutralization of the ammonium ion by addition of NaOH then provides the pure amine ( ). Separation and purification of an amine component from a mixture by extraction of its ammonium salt into water . In addition to their behavior as bases, primary and secondary amines can also act as very weak acids because an N–H proton can be removed by a sufficiently strong base. We’ve seen, for example, how diisopropylamine (p K a ≈ 36) reacts with butyllithium to yield lithium diisopropylamide (LDA; ). Dialkylamine anions like LDA are very strong bases that are often used in laboratory organic chemistry for the generation of enolate ions from carbonyl compounds ( ). They are not, however, encountered in biological chemistry. Problems", "section": "Basicity of Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Basicity of Arylamines As noted previously, arylamines are generally less basic than alkylamines. Anilinium ion has p K a = 4.63, for instance, whereas methylammonium ion has p K a = 10.64. Arylamines are less basic than alkylamines because the nitrogen lone-pair electrons are delocalized by interaction with the aromatic ring’s π electron system and are less available for bonding to H + . In resonance terms, arylamines are stabilized relative to alkylamines because of their five resonance forms. Much of the resonance stabilization is lost on protonation, however, so the energy difference between protonated and nonprotonated forms is higher for arylamines than it is for alkylamines. As a result, arylamines are less basic. illustrates this difference. Arylamines have a larger positive ∆ G ° for protonation and are therefore less basic than alkylamines, primarily because of resonance stabilization of the ground state . Electrostatic potential maps show that lone-pair electron density is delocalized in the amine but the charge is localized in the corresponding ammonium ion. Substituted arylamines can be either more basic or less basic than aniline, depending on the substituent. Electron-donating substituents, such as –CH 3 , –NH 2 , and –OCH 3 , which increase the reactivity of an aromatic ring toward electrophilic substitution ( ), also increase the basicity of the corresponding arylamine. Electron-withdrawing substituents, such as –Cl, –NO 2 , and –CN, which decrease ring reactivity toward electrophilic substitution, also decrease arylamine basicity. considers only p -substituted anilines, but similar trends are observed for ortho and meta derivatives. Base Strength of Some p -Substituted Anilines Substituent, Y p K a –NH 2 6.15 Activating groups –OCH 3 5.34 –CH 3 5.08 –H 4.63 –Cl 3.98 Deactivating groups –Br 3.86 –CN 1.74 –NO 2 1.00 Problems", "section": "Basicity of Arylamines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biological Amines and the Henderson–Hasselbalch Equation We saw in that the extent of dissociation of a carboxylic acid HA in an aqueous solution buffered to a given pH can be calculated with the Henderson–Hasselbalch equation. Furthermore, we concluded that at the physiological pH of 7.3 inside living cells, carboxylic acids are almost entirely dissociated into their carboxylate anions, RCO 2 – . Henderson–Hasselbalch equation: pH = p K a + log [A – ] [HA] so log [A – ] [HA] = pH – p K a What about amine bases? In what form do they exist at physiological pH? As the amine (A – = RNH 2 ), or as the ammonium ion (HA = RNH 3 + )? Let’s take a 0.0010 M solution of methylamine at pH = 7.3, for example. According to , the p K a of methylammonium ion is 10.64, so from the Henderson–Hasselbalch equation, we have l og [RNH 2 ] [RNH 3 + ] = pH – p K a = 7 .3 – 10 .64 = –3 .34 [RNH 2 ] [RNH 3 + ] = antilog(–3 .34) = 4 .6 × 10 –4 so [RNH 2 ] = (4 .6 × 10 –4 )[RNH 3 + ] In addition, we know that [RNH 2 ] + [RNH 3 + ] = 0 .0010 M Solving the two simultaneous equations gives [RNH 3 + ] = 0.0010 M and [RNH 2 ] = 5 × 10 –7 M. In other words, at a physiological pH of 7.3, essentially 100% of the methylamine in a 0.0010 M solution exists in its protonated form as methylammonium ion. The same is true of other amine bases, so we always write cellular amines in their protonated form and amino acids in their ammonium carboxylate form to reflect their structures at physiological pH. Problems", "section": "Biological Amines and the Henderson–Hasselbalch Equation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Synthesis of Amines Reduction of Nitriles, Amides, and Nitro Compounds We’ve already seen in and how amines can be prepared by reduction of nitriles and amides with LiAlH 4 . The two-step sequence of S N 2 displacement with CN – followed by reduction thus converts an alkyl halide into a primary alkylamine having an additional carbon atom. Amide reduction converts carboxylic acids and their derivatives into amines with the same number of carbon atoms. Arylamines are usually prepared by nitration of an aromatic starting material, followed by reduction of the nitro group ( ). The reduction step can be carried out in many different ways, depending on the circumstances. Catalytic hydrogenation over platinum works well but is often incompatible with the presence elsewhere in the molecule of other reducible groups, such as C=C bonds or carbonyl groups. Iron, zinc, tin, and tin(II) chloride (SnCl 2 ) are also effective when used in acidic aqueous solution. Tin(II) chloride is particularly mild and is often used when other reducible functional groups are present. Problems S N 2 Reactions of Alkyl Halides Ammonia and other amines are good nucleophiles in S N 2 reactions. As a result, the simplest method of alkylamine synthesis is by S N 2 alkylation of ammonia or an alkylamine with an alkyl halide. If ammonia is used, a primary amine results; if a primary amine is used, a secondary amine results; and so on. Even tertiary amines react rapidly with alkyl halides to yield quaternary ammonium salts, R 4 N + X – . Unfortunately, these reactions don’t stop cleanly after a single alkylation has occurred. Because ammonia and primary amines have similar reactivity, the initially formed monoalkylated substance often undergoes further reaction to yield a mixture of products. Even secondary and tertiary amines undergo further alkylation, although to a lesser extent. For example, treatment of 1-bromooctane with a twofold excess of ammonia leads to a mixture containing only 45% octylamine. A nearly equal amount of dioctylamine is produced by double alkylation, along with smaller amounts of trioctylamine and tetraoctylammonium bromide. A better method for preparing primary amines is to use azide ion, N 3 – , rather than ammonia, as the nucleophile for S N 2 reaction with a primary or secondary alkyl halide. The product is an alkyl azide, which is not nucleophilic, so overalkylation can’t occur. Subsequent reduction of the alkyl azide with LiAlH 4 then leads to the desired primary amine. Although this method works well, low-molecular-weight alkyl azides are explosive and must be handled carefully. Another alternative for preparing a primary amine from an alkyl halide is the Gabriel amine synthesis , which uses a phthalimide alkylation. An imide ( O=C–N–C=O ) is similar to a β -keto ester in that the acidic N–H hydrogen is flanked by two carbonyl groups. Thus, imides are deprotonated by such bases as KOH, and the resultant anions are readily alkylated in a reaction similar to acetoacetic ester synthesis ( ). Basic hydrolysis of the N -alkylated imide then yields a primary amine product. The imide hydrolysis step is analogous to the hydrolysis of an amide ( ). Problems Reductive Amination of Aldehydes and Ketones Amines can be synthesized in a single step by treatment of an aldehyde or ketone with ammonia or an amine in the presence of a reducing agent, a process called reductive amination . For example, amphetamine, a central nervous system stimulant, is prepared commercially by reductive amination of phenyl-2-propanone with ammonia using hydrogen gas over a nickel catalyst as the reducing agent. In the laboratory, either NaBH 4 or the related NaBH(OAc) 3 is commonly used (OAc = acetate). Reductive amination takes place by the pathway shown in . An imine intermediate is first formed by a nucleophilic addition reaction ( ), and the C═N bond of the imine is then reduced to the amine, much as the C═O bond of a ketone can be reduced to an alcohol. MECHANISM Mechanism for reductive amination of a ketone to yield an amine . Details of the imine-forming step are shown in . Ammonia, primary amines, and secondary amines can all be used in the reductive amination reaction, yielding primary, secondary, and tertiary amines, respectively. Reductive aminations also occur in various biological pathways. In the biosynthesis of the amino acid proline, for instance, glutamate 5-semialdehyde undergoes internal imine formation to give 1-pyrrolinium 5-carboxylate, which is then reduced by nucleophilic addition of hydride ion to the C═N bond. Reduced nicotinamide adenine dinucleotide, NADH, acts as the biological reducing agent. Using a Reductive Amination Reaction How might you prepare N -methyl-2-phenylethylamine using a reductive amination reaction? Strategy Look at the target molecule, and identify the groups attached to nitrogen. One of the groups must be derived from the aldehyde or ketone component, and the other must be derived from the amine component. In the case of N -methyl-2-phenylethylamine, two combinations can lead to the product: phenylacetaldehyde plus methylamine or formaldehyde plus 2-phenylethylamine. It’s usually better to choose the combination with the simpler amine component—methylamine in this case—and to use an excess of that amine as reactant. Solution Problems Hofmann and Curtius Rearrangements Carboxylic acid derivatives can be converted into primary amines with loss of one carbon atom by both the Hofmann rearrangement and the Curtius rearrangement . Although the Hofmann rearrangement involves a primary amide and the Curtius rearrangement involves an acyl azide, both proceed through similar mechanisms. Hofmann rearrangement occurs when a primary amide, RCONH 2 , is treated with Br 2 and base ( ). The overall mechanism is lengthy, but most of the individual steps have been encountered before. Thus, the bromination of an amide in steps 1 and 2 is analogous to the base-promoted bromination of a ketone enolate ion ( ), and the rearrangement of the bromoamide anion in step 4 is analogous to a carbocation rearrangement ( ). Nucleophilic addition of water to the isocyanate carbonyl group in step 5 is a typical carbonyl-group process ( ), as is the final decarboxylation step 6 ( ). MECHANISM Mechanism of the Hofmann rearrangement of an amide to an amine . Each step is analogous to a reaction studied previously. Despite its mechanistic complexity, the Hofmann rearrangement often gives high yields of both arylamines and alkylamines. For example, the appetite-suppressant drug phentermine is prepared commercially by Hofmann rearrangement of a primary amide. Commonly known by the name Fen-Phen, the combination of phentermine with another appetite-suppressant, fenfluramine, is suspected of causing heart damage. The Curtius rearrangement, like the Hofmann rearrangement, involves migration of an –R group from the C═O carbon atom to the neighboring nitrogen with simultaneous loss of a leaving group. The reaction takes place on heating an acyl azide that is itself prepared by nucleophilic acyl substitution of an acid chloride. Also like the Hofmann rearrangement, the Curtius rearrangement is often used commercially. The antidepressant drug tranylcypromine, for instance, is made by Curtius rearrangement of 2-phenylcyclopropanecarbonyl chloride. Using the Hofmann and Curtius Rearrangements How would you prepare o -methylbenzylamine from a carboxylic acid, using both Hofmann and Curtius rearrangements? Strategy Both Hofmann and Curtius rearrangements convert a carboxylic acid derivative—either an amide (Hofmann) or an acid chloride (Curtius)—into a primary amine with loss of one carbon, RCOY → RNH 2 . Both reactions begin with the same carboxylic acid, which can be identified by replacing the –NH 2 group of the amine product by a –CO 2 H group. In the present instance, o -methylphenylacetic acid is needed. Solution Problems", "section": "Synthesis of Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Amines Alkylation and Acylation We’ve already studied the two most general reactions of amines—alkylation and acylation. As we saw earlier in this chapter, primary, secondary, and tertiary amines can be alkylated by reaction with a primary alkyl halide. Alkylations of primary and secondary amines are difficult to control and often give mixtures of products, but tertiary amines are cleanly alkylated to give quaternary ammonium salts. Primary and secondary (but not tertiary) amines can also be acylated by nucleophilic acyl substitution reaction with an acid chloride or an acid anhydride to yield an amide ( and ). Note that overacylation of the nitrogen does not occur because the amide product is much less nucleophilic and less reactive than the starting amine. Hofmann Elimination Reaction Like alcohols, amines can be converted into alkenes by an elimination reaction. But because an amide ion, NH 2 – , is such a poor leaving group, it must first be converted into a better leaving group. In the Hofmann elimination reaction , an amine is completely methylated by reaction with an excess amount of iodomethane to produce the corresponding quaternary ammonium salt. This salt then undergoes elimination to give an alkene on heating with a base, typically silver oxide, Ag 2 O. For example, 1-methylpentylamine is converted into 1-hexene. Silver oxide acts by exchanging iodide ion for hydroxide ion in the quaternary salt, thus providing the base necessary for elimination. The actual elimination step is an E2 reaction ( ) in which hydroxide ion removes a proton while the positively charged nitrogen atom leaves. Unlike what happens in other E2 reactions, the major product of Hofmann elimination is the less highly substituted alkene rather than the more highly substituted one, as shown by the reaction of (1-methylbutyl)trimethylammonium hydroxide to give 1-pentene rather than the alternative 2-pentene. The reason for this non-Zaitsev result is probably steric. Because of the large size of the trialkylamine leaving group, the base must abstract a hydrogen from the more accessible, least hindered position. The Hofmann elimination reaction is not often currently used in the laboratory, but analogous biological eliminations occur frequently, although usually with protonated ammonium ions rather than quaternary ammonium salts. In the biosynthesis of nucleic acids, for instance, a substance called adenylosuccinate undergoes an elimination of a positively charged nitrogen to give fumarate plus adenosine monophosphate. Predicting the Product of a Hofmann Elimination What product would you expect from Hofmann elimination of the following amine? Strategy The Hofmann elimination is an E2 reaction that converts an amine into an alkene and occurs with non-Zaitsev regiochemistry to form the less highly substituted double bond. To predict the product, look at the reactant and identify the positions from which elimination might occur (the positions two carbons away from nitrogen). Then, carry out an elimination using the most accessible hydrogen. In the present instance, there are three possible positions from which elimination might occur—one primary, one secondary, and one tertiary. The primary position is the most accessible and leads to the least highly substituted alkene, ethylene. Solution Problems", "section": "Reactions of Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Arylamines Electrophilic Aromatic Substitutions An amino group is strongly activating and ortho- and para-directing in electrophilic aromatic substitution reactions ( ). This high reactivity of amino-substituted benzenes can be a drawback at times because it’s often difficult to prevent polysubstitution. Reaction of aniline with Br 2 , for instance, takes place rapidly and yields the 2,4,6-tribrominated product. The amino group is so strongly activating that it’s not possible to stop at the monobromo stage. Another drawback to the use of amino-substituted benzenes in electrophilic aromatic substitution reactions is that Friedel–Crafts reactions are not successful ( ). The amino group forms an acid–base complex with the AlCl 3 catalyst, which prevents further reaction. Both drawbacks can be overcome, however, by carrying out electrophilic aromatic substitution reactions on the corresponding amide rather than on the free amine. As we saw in , treatment of an amine with acetic anhydride yields the corresponding acetyl amide, or acetamide. Although still activating and ortho-, para-directing, amido substituents ( R–N–C=O ) are less strongly activating and less basic than amino groups because their nitrogen lone-pair electrons are delocalized by the neighboring carbonyl group. As a result, bromination of an N -arylamide occurs cleanly to give a monobromo product, and hydrolysis of the amide with aqueous base then gives the free amine. For example, p -toluidine (4-methylaniline) can be acetylated, brominated, and hydrolyzed to yield 2-bromo-4-methylaniline. None of the 2,6-dibrominated product is obtained. Friedel–Crafts alkylations and acylations of N -arylamides also proceed normally. For example, benzoylation of acetanilide ( N -acetylaniline) under Friedel–Crafts conditions gives 4-aminobenzophenone in 80% yield after hydrolysis. Moderating the reactivity of an amino-substituted benzene by forming an amide is a useful trick that allows many kinds of electrophilic aromatic substitutions to be carried out that would otherwise be impossible. One example is the preparation of the sulfa drugs, such as sulfanilamide. Sulfa drugs were among the first pharmaceutical agents to be used clinically against bacterial infection. Although they have largely been replaced today by safer and more powerful antibiotics, sulfa drugs are credited with saving the lives of thousands of wounded during World War II and are still prescribed for urinary tract infections. They are prepared by chlorosulfonation of acetanilide, followed by reaction of p -( N -acetylamino)benzenesulfonyl chloride with ammonia or some other amine to give a sulfonamide. Hydrolysis of the amide then yields the sulfa drug. Note that hydrolysis of the amide can be carried out in the presence of the sulfonamide group because sulfonamides hydrolyze very slowly. Problems Diazonium Salts: The Sandmeyer Reaction Primary arylamines react with nitrous acid, HNO 2 , to yield stable arenediazonium salts , Ar– N + ≡N X − , a process called a diazotization reaction. Alkylamines also react with nitrous acid, but the corresponding alkanediazonium products are so reactive they can’t be isolated. Instead, they lose nitrogen instantly to yield carbocations. The analogous loss of N 2 from an arenediazonium ion to yield an aryl cation is disfavored by the instability of the cation. Arenediazonium salts are useful because the diazonio group ( –N≡N ) can be replaced by a nucleophile in a substitution reaction. Many different nucleophiles—halide, hydride, cyanide, and hydroxide among others—react with arenediazonium salts, yielding many different kinds of substituted benzenes. The overall sequence of ( 1 ) nitration, ( 2 ) reduction, ( 3 ) diazotization, and ( 4 ) nucleophilic substitution is perhaps the single most versatile method of aromatic substitution. Aryl chlorides and bromides are prepared by reaction of an arenediazonium salt with the corresponding copper(I) halide, CuX, a process called the Sandmeyer reaction . Aryl iodides can be prepared by direct reaction with NaI without using a copper(I) salt. Yields generally fall between 60% and 80%. Similar treatment of an arenediazonium salt with CuCN yields the nitrile ArCN, which can then be further converted into other functional groups such as carboxyl. For example, Sandmeyer reaction of o -methylbenzenediazonium bisulfate with CuCN yields o -methylbenzonitrile, which can be hydrolyzed to give o -methylbenzoic acid. This product can’t be prepared from o -xylene by the usual side-chain oxidation route because both methyl groups would be oxidized. The diazonio group can also be replaced by –OH to yield a phenol and by –H to yield an arene. A phenol is prepared by reaction of the arenediazonium salt with copper(I) oxide in an aqueous solution of copper(II) nitrate, a reaction that is especially useful because few other general methods exist for introducing an –OH group onto an aromatic ring. Reduction of a diazonium salt to give an arene occurs on treatment with hypophosphorous acid, H 3 PO 2 . This reaction is used primarily when there is a need for temporarily introducing an amino substituent onto a ring to take advantage of its directing effect. Suppose, for instance, that you needed to make 3,5-dibromotoluene. This product can’t be made by direct bromination of toluene because reaction would occur at positions 2 and 4. Starting with p -methylaniline ( p -toluidine), however, dibromination occurs ortho to the strongly directing amino substituent, and diazotization followed by treatment with H 3 PO 2 to remove the amino group yields the desired product. Mechanistically, these diazonio replacement reactions occur through radical rather than polar pathways. In the presence of a copper(I) compound, for instance, it’s thought that the arenediazonium ion is first converted to an aryl radical plus copper(II), followed by subsequent reaction to give product plus regenerated copper(I) catalyst. Using Diazonium Replacement Reactions How would you prepare m -hydroxyacetophenone from benzene, using a diazonium replacement reaction in your scheme? Strategy As always, organic syntheses are planned by working retrosynthetically from the final product, one step at a time. First, identify the functional groups in the product and recall how those groups can be synthesized. m -Hydroxyacetophenone has an –OH group and a –COCH 3 group in a meta relationship on a benzene ring. A hydroxyl group is generally introduced onto an aromatic ring by a four-step sequence of nitration, reduction, diazotization, and diazonio replacement. An acetyl group is introduced by a Friedel–Crafts acylation reaction. Next, ask yourself what an immediate precursor of the target might be. Since an acetyl group is a meta director while a hydroxyl group is an ortho and para director, acetophenone might be a precursor of m -hydroxyacetophenone. Benzene, in turn, is a precursor of acetophenone. Solution Problems Diazonium Coupling Reactions Arenediazonium salts undergo a coupling reaction with activated aromatic rings such as phenols and arylamines to yield brightly colored azo compounds, Ar–N=N–A r ′ . Diazonium coupling reactions are typical electrophilic aromatic substitutions in which the positively charged diazonium ion is the electrophile that reacts with the electron-rich ring of a phenol or arylamine. Reaction usually occurs at the para position. Azo-coupled products are widely used as dyes for textiles because their extended conjugated π electron system causes them to absorb in the visible region of the electromagnetic spectrum ( ). p -(Dimethylamino)-azobenzene, for instance, is a bright yellow compound that was at one time used as a coloring agent in margarine. Problems", "section": "Reactions of Arylamines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Heterocyclic Amines As noted in in connection with a discussion of aromaticity, a cyclic organic compound that contains atoms of two or more elements in its ring is a called a heterocycle. Heterocyclic amines are particularly common, and many have important biological properties. Pyridoxal phosphate, a coenzyme; sildenafil (Viagra), a well-known pharmaceutical; and heme, the oxygen carrier in blood, are a few examples. Most heterocycles have the same chemistry as their open-chain counterparts. Lactones and acyclic esters behave similarly, lactams and acyclic amides behave similarly, and cyclic and acyclic ethers behave similarly. In certain cases, however, particularly when the ring is unsaturated, heterocycles have unique and interesting properties. Pyrrole and Imidazole Pyrrole, the simplest five-membered unsaturated heterocyclic amine, is obtained commercially by treatment of furan with ammonia over an alumina catalyst at 400 °C. Furan, the oxygen-containing analog of pyrrole, is obtained by acid-catalyzed dehydration of the five-carbon sugars found in oat hulls and corncobs. Although pyrrole appears to be both an amine and a conjugated diene, its chemical properties are not consistent with either of these structural features. Unlike most other amines, pyrrole is not basic—the p K a of the pyrrolinium ion is 0.4; unlike most other conjugated dienes, pyrrole undergoes electrophilic substitution reactions rather than additions. The reason for both of these properties, as noted in , is that pyrrole has six π electrons and is aromatic. Each of the four carbons contributes one π electron, and the sp 2 -hybridized nitrogen contributes two more from its lone pair. Because the nitrogen lone pair is a part of the aromatic sextet, protonation on nitrogen would destroy the aromaticity of the ring. The nitrogen atom in pyrrole is therefore less electron-rich, less basic, and less nucleophilic than the nitrogen in an aliphatic amine. By the same token, the carbon atoms of pyrrole are more electron-rich and more nucleophilic than typical double-bond carbons. The pyrrole ring is therefore reactive toward electrophiles in the same way as enamines ( ). Electrostatic potential maps show how the pyrrole nitrogen is electron-poor (less red) compared with the nitrogen in its saturated counterpart pyrrolidine, while the pyrrole carbon atoms are electron-rich (more red) compared with the carbons in 1,3-cyclopentadiene. The chemistry of pyrrole is similar to that of activated benzene rings. In general, however, the heterocycles are more reactive toward electrophiles than benzene rings, and low temperatures are often necessary to control the reactions. Halogenation, nitration, sulfonation, and Friedel–Crafts acylation can all be accomplished. For example: Electrophilic substitutions normally occur at C2, the position next to the nitrogen, because reaction at this position leads to a more stable intermediate cation having three resonance forms, whereas reaction at C3 gives a less stable cation with only two resonance forms ( ). Electrophilic nitration of pyrrole. The intermediate produced by reaction at C2 is more stable than that produced by reaction at C3. Other common five-membered heterocyclic amines include imidazole and thiazole. Imidazole, a constituent of the amino acid histidine, has two nitrogens, only one of which is basic. Thiazole, the five-membered ring system on which the structure of thiamin (vitamin B 1 ) is based, also contains a basic nitrogen that is alkylated in thiamin to form a quaternary ammonium ion. Problems Pyridine and Pyrimidine Pyridine is the nitrogen-containing heterocyclic analog of benzene. Like benzene, pyridine is a flat, aromatic molecule, with bond angles of 120° and C–C bond lengths of 139 pm, intermediate between typical single and double bonds. The five carbon atoms and the sp 2 -hybridized nitrogen atom each contribute one π electron to the aromatic sextet, and the lone-pair electrons occupy an sp 2 orbital in the plane of the ring ( ). As shown previously in , pyridine (p K a = 5.25) is a stronger base than pyrrole but a weaker base than the alkylamines. The diminished basicity of pyridine compared with that of alkylamines is due to the fact that the lone-pair electrons on the pyridine nitrogen are in an sp 2 orbital, while those on an alkylamine nitrogen are in an sp 3 orbital. Because s orbitals have their maximum electron density at the nucleus but p orbitals have a node at the nucleus, electrons in an orbital with more s character are held more closely to the positively charged nucleus and are less available for bonding. As a result, the sp 2 -hybridized nitrogen atom (33% s character) in pyridine is less basic than the sp 3 -hybridized nitrogen in an alkylamine (25% s character). Unlike benzene, pyridine undergoes electrophilic aromatic substitution reactions with difficulty. Halogenation can be carried out under drastic conditions, but nitration occurs in very low yield, and Friedel–Crafts reactions are not successful. Reactions usually give the 3-substituted product. The low reactivity of pyridine toward electrophilic aromatic substitution is caused by a combination of factors. One is that acid–base complexation between the basic ring’s nitrogen atom and the incoming electrophile places a positive charge on the ring, thereby deactivating it. Equally important is that the electron density of the ring is decreased by the electron-withdrawing inductive effect of the electronegative nitrogen atom. Thus, pyridine has a substantial dipole moment ( μ = 2.26 D), with the ring carbons acting as the positive end of the dipole. Reaction of an electrophile with the positively polarized carbon atoms is therefore difficult. In addition to pyridine, the six-membered diamine pyrimidine is also found commonly in biological molecules, particularly as a constituent of nucleic acids. With a p K a of 1.3, pyrimidine is substantially less basic than pyridine because of the inductive effect of the second nitrogen. Problems Polycyclic Heterocycles As we saw in , quinoline, isoquinoline, indole, and purine are common polycyclic heterocycles. The first three contain both a benzene ring and a heterocyclic aromatic ring, while purine contains two heterocyclic rings joined together. All four ring systems occur commonly in nature, and many compounds with these rings have pronounced physiological activity. The quinoline alkaloid quinine, for instance, is widely used as an antimalarial drug; tryptophan is a common amino acid; and the purine adenine is a constituent of nucleic acids. The chemistry of these polycyclic heterocycles is just what you might expect from a knowledge of the simpler heterocycles pyridine and pyrrole. Quinoline and isoquinoline both have basic, pyridine-like nitrogen atoms, and both undergo electrophilic substitutions. As with pyridine, both quinoline and isoquinoline are less reactive toward electrophilic substitution than benzene because of the electronegative nitrogen atom that withdraws electrons from the ring. Reaction occurs on the benzene ring rather than on the nitrogen-containing pyridine ring, and a mixture of substitution products is obtained. Indole has a nonbasic, pyrrole-like nitrogen and undergoes electrophilic substitution more easily than benzene. Substitution occurs at C3 of the electron-rich pyrrole ring rather than on the benzene ring. Purine has three basic, pyridine-like nitrogens with lone-pair electrons in sp 2 orbitals in the plane of the ring. The remaining purine nitrogen is nonbasic and pyrrole-like, with its lone-pair electrons as part of the aromatic π electron system. Problems", "section": "Heterocyclic Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Spectroscopy of Amines Infrared Spectroscopy Primary and secondary amines can be identified by a characteristic N–H stretching absorption in the 3300 to 3500 cm –1 range of the IR spectrum. Alcohols also absorb in this range ( ), but amine absorption bands are generally sharper and less intense than hydroxyl bands. Primary amines show a pair of bands at about 3350 and 3450 cm –1 from the symmetric and asymmetric stretching modes, and secondary amines show a single band at 3350 cm –1 . Tertiary amines have no absorption in this region because they have no N–H bonds. recalls the IR spectrum of cyclohexylamine from . IR spectrum of cyclohexylamine. Nuclear Magnetic Resonance Spectroscopy Amines are difficult to identify solely by 1 H NMR spectroscopy because N–H hydrogens tend to appear as broad signals without clear-cut coupling to neighboring C–H hydrogens. As with O–H absorptions ( ), amine N–H absorptions can appear over a wide range and are best identified by adding a small amount of D 2 O to the sample. Exchange of N–D for N–H occurs, and the N–H signal disappears from the NMR spectrum. Hydrogens on the carbon next to nitrogen are deshielded because of the electron-withdrawing effect of the nitrogen, and they therefore absorb further downfield than alkane hydrogens. N -Methyl groups are particularly distinctive because they absorb as a sharp three-proton singlet at 2.2 to 2.6 δ . This N -methyl resonance at 2.42 δ is easily seen in the 1 H NMR spectrum of N -methylcyclohexylamine ( ). Proton NMR spectrum of N -methylcyclohexylamine. Carbons next to amine nitrogens are slightly deshielded in the 13 C NMR spectrum and absorb about 20 ppm downfield from where they would absorb in an alkane of similar structure. In N -methylcyclohexylamine, for example, the ring carbon to which nitrogen is attached absorbs at a position 24 ppm downfield from any other ring carbon. Problems Mass Spectrometry The nitrogen rule of mass spectrometry says that a compound with an odd number of nitrogen atoms has an odd-numbered molecular weight. Thus, the presence of nitrogen in a molecule is detected simply by observing its mass spectrum. An odd-numbered molecular ion usually means that the unknown compound has one or three nitrogen atoms, and an even-numbered molecular ion usually means that a compound has either zero or two nitrogen atoms. The logic behind the rule derives from the fact that nitrogen is trivalent, thus requiring an odd number of hydrogen atoms. For example, morphine has the formula C 17 H 19 NO 3 and a molecular weight of 285 amu. Alkylamines undergo a characteristic α cleavage in the mass spectrometer, similar to the cleavage observed for alcohols ( ). C–C bond nearest the nitrogen atom is broken, yielding an alkyl radical and a resonance-stabilized, nitrogen-containing cation. As an example, the mass spectrum of N -ethylpropylamine shown in has peaks at m / z = 58 and m / z = 72, corresponding to the two possible modes of α cleavage. Mass spectrum of N -ethylpropylamine. The two possible modes of α cleavage lead to the observed fragment ions at m / z = 58 and m / z = 72. Green Chemistry II: Ionic Liquids Liquids made of ions? Usually when we think of ionic compounds, we think of high-melting solids: sodium chloride, magnesium sulfate, lithium carbonate, and so forth. But yes, there are also ionic compounds that are liquid at room temperature, and they are gaining importance as reaction solvents, particularly for use in green chemistry processes (see the Chapter 11 Chemistry Matters ). More than 1500 ionic liquids are known, and about 500 are available commercially. Ionic liquids have been studied for nearly a century; the first to be discovered was ethylammonium nitrate, CH 3 CH 2 NH 3 + NO 3 – , with a melting point of 12 °C. More generally, however, the ionic liquids in use today are salts in which the cation is unsymmetrical and in which one or both of the ions are bulky so that the charges are dispersed over a large volume. Both factors minimize the crystal lattice energy and disfavor formation of the solid. Typical cations are quaternary ammonium ions from heterocyclic amines, either 1,3-dialkylimidazolium ions, N -alkylpyridinium ions, or ring-substituted N -alkylpyridinium ions. Anions are just as varied as the cations. Hexafluorophosphate, tetrafluoroborate, alkyl sulfates, trifluoromethanesulfonates (triflates), and halides are some anion possibilities. Ionic liquids have several important features that make them attractive for use, both as solvents in green chemistry and as specialty chemicals in such applications as paint additives and refrigerants: They dissolve both polar and nonpolar organic compounds, giving high solute concentrations and thereby minimizing the amount of solvent needed. They can be optimized for specific reactions by varying cation and anion structures. They are nonflammable. They are thermally stable. They have negligible vapor pressures and do not evaporate. They are generally recoverable and can be reused many times. As an example of their use in organic chemistry, the analgesic drug pravadoline has been synthesized in two steps using 1-butyl-3-methylimidazolium hexafluorophosphate, abbreviated [bmim][PF 6 ], as the solvent for both steps. The first step is a base-induced S N 2 reaction of 2-methylindole with a primary alkyl halide, and the second is a Friedel–Crafts acylation. Both steps take place with 95% yield, and the ionic solvent is recovered simply by washing the reaction mixture, first with toluene and then with water. The first commercial process using an ionic liquid catalyst was introduced by PetroChina in 2008, when they opened a plant producing 65,000 tons per year of alkylate gasoline from isobutane. The aluminum-based ionic liquid catalyst replaced the sulfuric acid and hydrofluoric acid catalysts that had previously been used. alkylamine amine arylamine azo compound ( R–N=N–R ′ ) Curtius rearrangement Gabriel amine synthesis heterocyclic amine Hofmann elimination reaction Hofmann rearrangement imide ( O=C–N–C=O ) primary amine (RNH 2 ) quaternary ammonium salt reductive amination Sandmeyer reaction secondary amine (R 2 NH) tertiary amine (R 3 N) Summary We’ve now seen all the common functional groups that occur in organic and biological chemistry. Of those groups, amines are among the most abundant and have among the richest chemistry. In addition to proteins and nucleic acids, the majority of pharmaceutical agents contain amine functional groups and many of the common coenzymes necessary for biological reactions are amines. Amines are organic derivatives of ammonia. They are named in the IUPAC system either by adding the suffix - amine to the name of the alkyl substituent or by considering the amino group as a substituent on a more complex parent molecule. The chemistry of amines is dominated by the lone-pair electrons on nitrogen, which makes amines both basic and nucleophilic. The basicity of arylamines is generally lower than that of alkylamines because the nitrogen lone-pair electrons are delocalized by interaction with the aromatic π system. Electron-withdrawing substituents on the aromatic ring further weaken the basicity of a substituted aniline, while electron-donating substituents increase basicity. Alkylamines are sufficiently basic that they exist almost entirely in their protonated form at the physiological pH of 7.3. Heterocyclic amines are compounds that contain one or more nitrogen atoms as part of a ring. Saturated heterocyclic amines usually have the same chemistry as their open-chain analogs, but unsaturated heterocycles such as pyrrole, imidazole, pyridine, and pyrimidine are aromatic. All four are unusually stable, and all undergo aromatic substitution on reaction with electrophiles. Pyrrole is nonbasic because its nitrogen lone-pair electrons are part of the aromatic π system. Fused-ring heterocycles such as quinoline, isoquinoline, indole, and purine are also commonly found in biological molecules. Arylamines are prepared by nitration of an aromatic ring followed by reduction. Alkylamines are prepared by S N 2 reaction of ammonia or an amine with an alkyl halide or by the Gabriel amine synthesis . Amines can also be prepared by a number of reductive methods, including LiAlH 4 reduction of amides, nitriles, and azides. Also important is the reductive amination reaction in which a ketone or an aldehyde is treated with an amine in the presence of a reducing agent such as NaBH 4 . In addition, amines result from Hofmann and Curtius rearrangements of carboxylic acid derivatives. Both methods involve migration of the –R group bonded to the carbonyl carbon and yield a product that has one less carbon atom than the starting material. Many of the reactions of amines are familiar from past chapters. Thus, amines react with alkyl halides in S N 2 reactions and with acid chlorides in nucleophilic acyl substitution reactions. Amines also undergo E2 elimination to yield alkenes if they are first quaternized by treatment with iodomethane and then heated with silver oxide, a process called the Hofmann elimination . Arylamines are converted by diazotization with nitrous acid into arenediazonium salts , ArN 2 + X – . The diazonio group can then be replaced by many other substituents by the Sandmeyer reaction to give a wide variety of substituted aromatic compounds. Aryl chlorides, bromides, iodides, and nitriles can be prepared from arenediazonium salts, as can arenes and phenols. In addition to their reactivity toward substitution reactions, diazonium salts undergo coupling with phenols and arylamines to give brightly colored azo compounds . Summary of Reactions Synthesis of amines ( ) Reduction of nitriles Reduction of amides Reduction of nitrobenzenes S N 2 Alkylation of alkyl halides Gabriel amine synthesis Reduction of azides Reductive amination of aldehydes/ketones Hofmann rearrangement of amides Curtius rearrangement of acyl azides Reactions of amines Alkylation with alkyl halides; see reaction 1(d) Hofmann elimination ( ) Diazotization ( ) Reactions of arenediazonium salts ( ) Nucleophilic substitutions Diazonium coupling Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Naming Amines Amine Basicity Synthesis of Amines Reactions of Amines Spectroscopy General Problems", "section": "Spectroscopy of Amines", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Produced by honeybees from the nectar of flowers, honey is primarily a mixture of the two simple sugars fructose and glucose. (credit: modification of work “Apis mellifera” by Thomas Bresson/Flickr, CC BY 2.0) We’ve now seen all the common functional groups and reaction types that occur in organic and biological chemistry. In this and the next four chapters, we’ll focus on the major classes of biological molecules, beginning with a look at the structures and primary biological functions of carbohydrates. Then, in Chapter 29, we’ll return to the subject to see how carbohydrates are both synthesized and degraded in organisms. Carbohydrates occur in every living organism. The sugar and starch in food, and the cellulose in wood, paper, and cotton are nearly pure carbohydrates. Modified carbohydrates form part of the coating around living cells, other carbohydrates are part of the nucleic acids that carry our genetic information, and still others are used as medicines. The word carbohydrate derives historically from the fact that glucose, the first simple carbohydrate to be obtained in pure form, has the molecular formula C 6 H 12 O 6 and was originally thought to be a “hydrate of carbon, C 6 (H 2 O) 6 .” This view was soon abandoned, but the name persisted. Today, the term carbohydrate is used to refer loosely to the broad class of polyhydroxylated aldehydes and ketones commonly called sugars. Glucose, also known as dextrose in medical work, is the most familiar example. Carbohydrates are synthesized by green plants during photosynthesis, a complex process in which sunlight provides the energy to convert CO 2 and H 2 O into glucose plus oxygen. Many molecules of glucose are then chemically linked for storage by the plant in the form of either cellulose or starch. It has been estimated that more than 50% of the dry weight of the earth’s biomass—all plants and animals—consists of glucose polymers. When eaten and metabolized, carbohydrates then provide animals with a source of readily available energy. Thus, carbohydrates act as the chemical intermediaries by which solar energy is stored and used to support life. Because humans and most other mammals lack the enzymes needed for digestion of cellulose, they require starch as their dietary source of carbohydrates. Grazing animals such as cows, however, have microorganisms in their first stomach that are able to digest cellulose. The energy stored in cellulose is thus moved up the biological food chain when these ruminant animals eat grass and are themselves used for food.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Classification of Carbohydrates Carbohydrates are generally classified as either simple or complex. Simple sugars , or monosaccharides , are carbohydrates like glucose and fructose that can’t be converted into smaller sugars by hydrolysis. Complex carbohydrates are made of two or more simple sugars linked together by acetal bonds ( ). Sucrose (table sugar), for instance, consists of one glucose linked to one fructose. Similarly, cellulose is made up of several thousand glucose units linked together. Enzyme-catalyzed hydrolysis of a complex carbohydrate breaks it down into its constituent monosaccharides. Monosaccharides are further classified as either aldoses or ketoses . The - ose suffix designates a carbohydrate, and the prefixes aldo - and keto - identify the kind of carbonyl group in the molecule, whether aldehyde or ketone. The number of carbon atoms in the monosaccharide is indicated by the appropriate numerical prefix tri -, tetr -, pent -, hex -, and so forth, in the name. Putting it all together, glucose is an aldohexose, a six-carbon aldehyde sugar; fructose is a ketohexose, a six-carbon keto sugar; ribose is an aldopentose, a five-carbon aldehyde sugar; and sedoheptulose is a ketoheptose, a seven-carbon keto sugar. Most of the common simple sugars are either pentoses or hexoses. Problems", "section": "Classification of Carbohydrates", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Representing Carbohydrate Stereochemistry: Fischer Projections Because most carbohydrates have numerous chirality centers, it was recognized long ago that a quick method for representing their stereochemistry was needed. In 1891, the German chemist Emil Fischer suggested a method based on the projection of a tetrahedral carbon atom onto a flat surface. These Fischer projections were soon adopted and are still a common means of representing stereochemistry at chirality centers in carbohydrate chemistry. A tetrahedral carbon atom is represented in a Fischer projection by two crossed lines. The horizontal lines represent bonds coming out of the page, and the vertical lines represent bonds going into the page. For example, ( R )-glyceraldehyde, the simplest monosaccharide, can be drawn as in . A Fischer projection of ( R )-glyceraldehyde. Because a given chiral molecule can be drawn in many ways, it’s sometimes necessary to compare two projections to see if they represent the same or different enantiomers. To test for identity, Fischer projections can be moved around on the paper, but only two kinds of motions are allowed; moving a Fischer projection in any other way inverts its meaning. A Fischer projection can be rotated on the page by 180°, but not by 90° or 270°. Only a 180° rotation maintains the Fischer convention by keeping the same substituent groups going into and coming out of the plane. In the following Fischer projection of ( R )-glyceraldehyde, for instance, the –H and –OH groups come out of the plane both before and after a 180° rotation. A 90° rotation breaks the Fischer convention by exchanging the groups that go into the plane with those that come out. In the following Fischer projections of ( R )-glyceraldehyde, the –H and –OH groups originally come out of the plane but go into the plane after a 90° rotation. As a result, the rotated projection represents ( S )-glyceraldehyde. A Fischer projection can also have one group held steady while the other three rotate in either a clockwise or a counterclockwise direction. The effect is simply to rotate around a single bond, which does not change the stereochemistry. R , S stereochemical designations ( ) can be assigned to the chirality center in a Fischer projection by following three steps, as shown in Worked Example 25.1. STEP 1 Rank the four substituents in the usual way ( ). STEP 2 Place the group of lowest ranking, usually H, at the top of the Fischer projection by using one of the allowed motions. This means that the lowest-ranked group is oriented back, away from the viewer, as required for assigning configuration. STEP 3 Determine the direction of rotation 1 → 2 → 3 of the remaining three groups, and assign R or S configuration. Carbohydrates with more than one chirality center are shown in Fischer projections by stacking the centers on top of one another, with the carbonyl carbon at or near the top. Glucose, for example, has four chirality centers stacked on top of one another in a Fischer projection. Such representations don’t, however, give an accurate picture of the molecule’s true three-dimensional conformation, which is curled around on itself like a bracelet. Assigning R or S Configuration to a Fischer Projection Assign R or S configuration to the following Fischer projection of alanine: Strategy Follow the steps in the text. ( 1 ) Rank the four substituents on the chiral carbon. ( 2 ) Manipulate the Fischer projection to place the group of lowest ranking at the top by carrying out one of the allowed motions. ( 3 ) Determine the direction 1 → 2 → 3 of the remaining three groups. Solution The rankings of the groups are ( 1 ) –NH 2 , ( 2 ) –CO 2 H, ( 3 ) –CH 3 , and ( 4 ) –H. To bring the group of lowest ranking (–H) to the top, we might want to hold the –CH 3 group steady while rotating the other three groups counterclockwise. Going from first- to second- to third-highest ranking requires a counterclockwise turn, corresponding to S stereochemistry. Problems", "section": "Representing Carbohydrate Stereochemistry: Fischer Projections", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "D , L Sugars Glyceraldehyde, the simplest aldose, has only one chirality center and thus has two enantiomeric (nonidentical mirror-image) forms. Only the dextrorotatory enantiomer occurs naturally, however. That is, a sample of naturally occurring glyceraldehyde placed in a polarimeter rotates plane-polarized light in a clockwise direction, denoted (+). Since (+)-glyceraldehyde has been found to have an R configuration at C2, it can be represented by a Fischer projection as shown previously in . For historical reasons dating back long before the adoption of the R,S system, ( R )-(+)-glyceraldehyde is also referred to as D -glyceraldehyde ( D for dextrorotatory). The other enantiomer, ( S )-(–)-glyceraldehyde, is known as L -glyceraldehyde ( L for levorotatory). Because of the way that monosaccharides are biosynthesized in nature, glucose, fructose, and most other naturally occurring monosaccharides all have the same R stereochemical configuration as D -glyceraldehyde at the chirality center farthest from the carbonyl group. In Fischer projections, therefore, most naturally occurring sugars have the hydroxyl group at the bottom chirality center pointing to the right ( ). Such compounds are referred to as D sugars . Some naturally occurring D sugars. The –OH group at the chirality center farthest from the carbonyl group has the same configuration as ( R )-(+)-glyceraldehyde and points toward the right in Fischer projections. In contrast with D sugars, L sugars have an S configuration at the lowest chirality center, with the bottom –OH group pointing to the left in Fischer projections. Thus, an L sugar is the mirror image (enantiomer) of the corresponding D sugar and has the opposite configuration from the D sugar at all chirality centers. Note that the D and L notations have no relation to the direction in which a given sugar rotates plane-polarized light. A D sugar can be either dextrorotatory or levorotatory. The prefix D indicates only that the –OH group at the lowest chirality center has R stereochemistry and points to the right when the molecule is drawn in a standard Fischer projection. Note also that the D , L system of carbohydrate nomenclature describes the configuration at only one chirality center and says nothing about the configuration of other chirality centers that may be present. Problems", "section": "D,LSugars", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Configurations of the Aldoses An aldotetrose is a four-carbon sugar with two chirality centers. Thus, there are 2 2 = 4 possible stereoisomeric aldotetroses, or two D , L pairs of enantiomers named erythrose and threose. Aldopentoses have three chirality centers and a total of 2 3 = 8 possible stereoisomers, or four D , L pairs of enantiomers. These four pairs are called ribose, arabinose, xylose, and lyxose. All except lyxose occur widely in nature. D -Ribose is an important constituent of RNA (ribonucleic acid), L -arabinose is found in many plants, and D -xylose is found in wood. Aldohexoses have four chirality centers and a total of 2 4 = 16 possible stereoisomers, or eight D , L pairs of enantiomers. The names of the eight are allose, altrose, glucose, mannose, gulose, idose, galactose, and talose. Only D -glucose, from starch and cellulose, and D -galactose, from gums and fruit pectins, are widely distributed in nature. D -mannose and D -talose also occur naturally but in lesser abundance. Fischer projections of the four-, five-, and six-carbon D aldoses are shown in . Starting with D -glyceraldehyde, we can imagine constructing the two D aldotetroses by inserting a new chirality center just below the aldehyde carbon. Each of the two D aldotetroses then leads to two D aldopentoses (four total), and each of the four D aldopentoses leads to two D aldohexoses (eight total). In addition, each of the D aldoses in has an L enantiomer, which is not shown. Configurations of D aldoses. The structures are arranged from left to right so that the –OH groups on C2 alternate right/left (R/L) across each series. Similarly, the –OH groups at C3 alternate two right/two left (2R/2L), the –OH groups at C4 alternate 4R/4L, and the –OH groups at C5 are to the right in all eight (8R). Each D aldose has a corresponding L enantiomer that is not shown. Louis Fieser of Harvard University long ago suggested a simple procedure for remembering the names and structures of the eight D aldohexoses: STEP 1 Set up eight Fischer projections with the –CHO group on top and the –CH 2 OH group at the bottom. STEP 2 At C5, place all eight –OH groups to the right ( D series). STEP 3 At C4, alternate four –OH groups to the right and four to the left. STEP 4 At C3, alternate two –OH groups to the right, two to the left. STEP 5 At C2, alternate –OH groups right, left, right, left. STEP 6 Name the eight isomers using the mnemonic “ All alt ruists gl adly ma ke gu m i n gal lon ta nks.” The structures of the four D aldopentoses can be generated in a similar way and named by the mnemonic suggested by a Cornell University undergraduate: “ RIB s ARe eXtra Lean.” Drawing a Fischer Projection Draw a Fischer projection of L -fructose. Strategy Because L -fructose is the enantiomer of D -fructose, simply look at the structure of D -fructose and reverse the configuration at each chirality center. Solution Drawing a Fischer Projection of a Molecular Model Draw the following aldotetrose as a Fischer projection, and identify it as a D sugar or an L sugar: Strategy The Fischer projection of a monosaccharide is drawn vertically, with the carbonyl group at or near the top and the –CH 2 OH group at the bottom. The interior –H and –OH are drawn to the sides, pointing out of the page toward the viewer. Solution Problems", "section": "Configurations of the Aldoses", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Cyclic Structures of Monosaccharides: Anomers We said in that aldehydes and ketones undergo a rapid and reversible nucleophilic addition reaction with alcohols to form hemiacetals. If the carbonyl and the hydroxyl group are in the same molecule, an intramolecular nucleophilic addition can take place, leading to the formation of a cyclic hemiacetal. Five- and six-membered cyclic hemiacetals are relatively strain-free and particularly stable, and many carbohydrates therefore exist in an equilibrium between open-chain and cyclic forms. Glucose, for instance, exists in aqueous solution primarily in the six-membered pyranose form resulting from intramolecular nucleophilic addition of the –OH group at C5 to the C1 carbonyl group ( ). The name pyranose is derived from pyran, the name of the unsaturated six-membered cyclic ether. Like cyclohexane rings ( ), pyranose rings have a chairlike geometry with axial and equatorial substituents. By convention, the rings are usually drawn by placing the hemiacetal oxygen atom at the right rear, as shown in . Note that an –OH group on the right in a Fischer projection is on the bottom face of the pyranose ring, and an –OH group on the left in a Fischer projection is on the top face of the ring. For D sugars, the terminal –CH 2 OH group is on the top of the ring, whereas for L sugars, the –CH 2 OH group is on the bottom. When an open-chain monosaccharide cyclizes to a pyranose form, a new chirality center is generated at the former carbonyl carbon and two diastereomers, called anomers , are produced. The hemiacetal carbon atom is referred to as the anomeric center . For example, glucose cyclizes reversibly in aqueous solution to a 37 : 63 mixture of two anomers ( ). The compound with its newly generated –OH group at C1 cis to the –OH at the lowest chirality center in a Fischer projection is called the α anomer ; its full name is α - D -glucopyranose. The compound with its newly generated –OH group trans to the –OH at the lowest chirality center is called the β anomer ; its full name is β - D -glucopyranose. Note that in β - D -glucopyranose, all the substituents on the ring are equatorial. Thus, β - D -glucopyranose is the least sterically crowded and most stable of the eight D aldohexoses. Glucose in its cyclic pyranose forms. As explained in the text, two anomers are formed by cyclization of glucose. The molecule whose newly formed –OH group at C1 is cis to the oxygen atom on the lowest chirality center (C5) in a Fischer projection is the α anomer. The molecule whose newly formed –OH group is trans to the oxygen atom on the lowest chirality center in a Fischer projection is the β anomer. Some monosaccharides also exist in a five-membered cyclic hemiacetal form called a furanose . D -Fructose, for instance, exists in water solution as 68% β -pyranose, 2.7% α -pyranose, 0.5% open-chain, 22.4% β -furanose, and 6.2% α -furanose. The pyranose form results from addition of the –OH at C6 to the carbonyl group, while the furanose form results from addition of the –OH at C5 to the carbonyl group ( ). Pyranose and furanose forms of fructose in aqueous solution. The two pyranose anomers result from addition of the C6 –OH group to the C2 carbonyl; the two furanose anomers result from addition of the C5 –OH group to the C2 carbonyl. Both anomers of D -glucopyranose can be crystallized and purified. Pure α - D -glucopyranose has a melting point of 146 °C and a specific rotation [ α ] D = +112.2; pure β - D -glucopyranose has a melting point of 148 to 155 °C and a specific rotation [ α ] D = +18.7. When a sample of either pure anomer is dissolved in water, however, its optical rotation slowly changes until it reaches a constant value of +52.6. That is, the specific rotation of the α -anomer solution decreases from +112.2 to +52.6, and the specific rotation of the β -anomer solution increases from +18.7 to +52.6. Called mutarotation , this change in optical rotation is due to the slow interconversion of the pure anomers to give the same 37 : 63 equilibrium mixture. Mutarotation occurs by a reversible ring-opening of each anomer to the open-chain aldehyde, followed by reclosure. Although the equilibration is slow at neutral pH, it is catalyzed by both acid and base. Drawing the Chair Conformation of an Aldohexose D -Mannose differs from D -glucose in its stereochemistry at C2. Draw D -mannose in its chairlike pyranose form. Strategy First draw a Fischer projection of D -mannose. Then lay it on its side, and curl it around so that the –CHO group (C1) is on the right front and the –CH 2 OH group (C6) is toward the left rear. Now, connect the –OH at C5 to the C1 carbonyl group to form the pyranose ring. In drawing the chair form, raise the leftmost carbon (C4) up and drop the rightmost carbon (C1) down. Solution Drawing the Chair Conformation of a Pyranose Draw β - L -glucopyranose in its more stable chair conformation. Strategy It’s probably easiest to begin by drawing the chair conformation of β - D -glucopyranose. Then draw its mirror-image L enantiomer by changing the stereochemistry at every position on the ring, and carry out a ring-flip to give the more stable chair conformation. Note that the –CH 2 OH group is on the bottom face of the ring in the L enantiomer, as is the anomeric –OH. Solution Problems", "section": "Cyclic Structures of Monosaccharides: Anomers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Reactions of Monosaccharides Because monosaccharides have only two kinds of functional groups, hydroxyls and carbonyls, most of the chemistry of monosaccharides is the familiar chemistry of these two groups. As we’ve seen, alcohols can be converted into esters and ethers and can be oxidized; carbonyl compounds can react with nucleophiles and can be reduced. Ester and Ether Formation Monosaccharides behave as simple alcohols in much of their chemistry. For example, carbohydrate –OH groups can be converted into esters and ethers, which are often easier to work with than the free sugars. Because of their many hydroxyl groups, monosaccharides are usually soluble in water but insoluble in organic solvents such as ether. They are also difficult to purify and have a tendency to form syrups rather than crystals when water is removed. Ester and ether derivatives, however, are soluble in organic solvents and are easily purified and crystallized. Esterification is normally carried out by treating a carbohydrate with an acid chloride or acid anhydride in the presence of a base ( and ). All the –OH groups react, including the anomeric one. For example, β - D -glucopyranose is converted into its pentaacetate by treatment with acetic anhydride in pyridine solution. Carbohydrates are converted into ethers by treatment with an alkyl halide in the presence of base—the Williamson ether synthesis ( ). Standard Williamson conditions using a strong base tend to degrade sensitive sugar molecules, but silver oxide works well as a mild base and gives high yields of ethers. For example, α - D -glucopyranose is converted into its pentamethyl ether in 85% yield on reaction with iodomethane and Ag 2 O. Problems Glycoside Formation We saw in that treatment of a hemiacetal with an alcohol and an acid catalyst yields an acetal. In the same way, treatment of a monosaccharide hemiacetal with an alcohol and an acid catalyst yields an acetal called a glycoside , in which the anomeric –OH has been replaced by an –OR group. For example, reaction of β - D -glucopyranose with methanol gives a mixture of α and β methyl D -glucopyranosides. (Note that a gly coside is the functional group name for any sugar, whereas a glu coside is formed specifically from glucose.) Glycosides are named by first citing the alkyl group and then replacing the - ose ending of the sugar with - oside. Like all acetals, glycosides are stable in neutral water. They aren’t in equilibrium with an open-chain form, and they don’t show mutarotation. They can, however, be hydrolyzed to give back the free monosaccharide plus alcohol on treatment with aqueous acid ( ). Glycosides are abundant in nature, and many biologically important molecules contain glycosidic linkages. For example, digitoxin, the active component of the digitalis preparations used for treatment of heart disease, is a glycoside consisting of a steroid alcohol linked to a trisaccharide. Note also that the three sugars are linked to one another by glycoside bonds. The laboratory synthesis of glycosides can be difficult because of the numerous –OH groups on the sugar molecule. One method that is particularly suitable for preparing glucose β -glycosides involves treatment of glucose pentaacetate with HBr, followed by addition of the appropriate alcohol in the presence of silver oxide. Called the Koenigs–Knorr reaction , the sequence involves formation of a pyranosyl bromide, followed by nucleophilic substitution. For example, methylarbutin, a glycoside found in pears, has been prepared by reaction of tetraacetyl- α - D -glucopyranosyl bromide with p -methoxyphenol. Although the Koenigs–Knorr reaction appears to involve a simple backside S N 2 displacement of bromide ion by alkoxide ion, the situation is actually more complex. Both α and β anomers of tetraacetyl- D -glucopyranosyl bromide give the same β -glycoside product, implying that they react by a common pathway. This result can be understood by assuming that tetraacetyl- D -glucopyranosyl bromide (either α or β anomer) undergoes a spontaneous S N 1-like loss of Br – , followed by internal reaction with the ester group at C2 to form an oxonium ion. Since the acetate at C2 is on the bottom of the glucose ring, the C–O bond also forms from the bottom. Backside S N 2 displacement of the oxonium ion then occurs with the usual inversion of configuration, yielding a β -glycoside and regenerating the acetate at C2 ( ). Mechanism of the Koenigs–Knorr reaction, showing the neighboring-group effect of a nearby acetate. The participation shown by the nearby acetate group in the Koenigs–Knorr reaction is referred to as a neighboring-group effect and is a common occurrence in organic chemistry. Neighboring-group effects are usually noticeable only because they affect the rate or stereochemistry of a reaction; the nearby group itself does not undergo any evident change during the reaction. Biological Ester Formation: Phosphorylation In living organisms, carbohydrates occur not only in the free form but also linked through their anomeric center to other molecules such as lipids (glycolipids) or proteins (glycoproteins). Collectively called glycoconjugates, these sugar-linked molecules are components of cell walls that are crucial to the mechanism by which different cell types recognize one another. Glycoconjugate formation occurs by reaction of the lipid or protein with a glycosyl nucleoside diphosphate. This diphosphate is itself formed by initial reaction of a monosaccharide with adenosine triphosphate (ATP) to give a glycosyl monophosphate, followed by reaction with uridine triphosphate (UTP), to give a glycosyl uridine diphosphate. (We’ll see the structures of nucleoside phosphates in Section 28.1 .) The purpose of the phosphorylation is to activate the anomeric –OH group of the sugar and make it a better leaving group in a nucleophilic substitution reaction by a protein or lipid ( ). Glycoprotein formation occurs by initial phosphorylation of the starting carbohydrate with ATP to a glycosyl monophosphate, followed by reaction with UTP to form a glycosyl uridine 5′-diphosphate. Nucleophilic substitution by an –OH (or –NH 2 ) group on a protein then gives the glycoprotein. Reduction of Monosaccharides Treatment of an aldose or ketose with NaBH 4 reduces it to a polyalcohol called an alditol . The reduction occurs by reaction of the open-chain form present in the aldehyde/ketone ⇄ hemiacetal equilibrium. Although only a small amount of the open-chain form is present at any given time, that small amount is reduced, more is produced by opening of the pyranose form, that additional amount is reduced, and so on, until the entire sample has undergone reaction. D -Glucitol, the alditol produced by reduction of D -glucose, is itself a naturally occurring substance found in many fruits and berries. It is used under the name D -sorbitol as a sweetener and sugar substitute in many foods. Problems Oxidation of Monosaccharides Like other aldehydes, aldoses are easily oxidized to yield the corresponding carboxylic acids, called aldonic acids . A buffered solution of aqueous Br 2 is often used for this purpose. Historically, the oxidation of an aldose with either Ag + in aqueous ammonia (called Tollens’ reagent ) or Cu 2+ with aqueous sodium citrate ( Benedict’s reagent ) formed the basis of simple tests for what are called reducing sugars . ( Reducing because the aldose reduces the metal oxidizing agent.) Some simple diabetes self-test kits sold in drugstores still use Benedict’s reagent to detect glucose in urine, though more modern methods have largely replaced it. All aldoses are reducing sugars because they contain an aldehyde group, but some ketoses are reducing sugars as well. Fructose reduces Tollens’ reagent, for example, even though it contains no aldehyde group. Reduction occurs because fructose is readily isomerized to a mixture of aldoses (glucose and mannose) in basic solution by a series of keto–enol tautomeric shifts ( ). Glycosides, however, are nonreducing because the acetal group is not hydrolyzed to an aldehyde under basic conditions. Fructose, a ketose, is a reducing sugar because it undergoes two base-catalyzed keto–enol tautomerizations that result in conversion to a mixture of aldoses. If warm, dilute HNO 3 (nitric acid) is used as the oxidizing agent, an aldose is oxidized to a dicarboxylic acid called an aldaric acid . Both the aldehyde carbonyl and the terminal –CH 2 OH group are oxidized in this reaction. Finally, if only the –CH 2 OH end of the aldose is oxidized without affecting the –CHO group, the product is a monocarboxylic acid called a uronic acid . The reaction can only be done enzymatically; no chemical reagent is known that can accomplish this selective oxidation in the laboratory. Problems Chain Lengthening: The Kiliani–Fischer Synthesis Much early activity in carbohydrate chemistry was devoted to unraveling the stereochemical relationships among monosaccharides. One of the most important methods used was the Kiliani–Fischer synthesis , which results in the lengthening of an aldose chain by one carbon atom. The C1 aldehyde group of the starting sugar becomes C2 of the chain-lengthened sugar, and a new C1 carbon is added. For example, an aldopentose is converted by Kiliani–Fischer synthesis into two aldohexoses. Discovery of the chain-lengthening sequence was initiated by the observation of Heinrich Kiliani in 1886 that aldoses react with HCN to form cyanohydrins ( ). Emil Fischer immediately realized the importance of Kiliani’s discovery and devised a method for converting the cyanohydrin nitrile group into an aldehyde. Fischer’s original method for conversion of the nitrile into an aldehyde involved hydrolysis to a carboxylic acid, ring closure to a cyclic ester (lactone), and subsequent reduction. A modern improvement involves reducing the nitrile over a palladium catalyst, yielding an imine intermediate that is hydrolyzed to an aldehyde. Note that the cyanohydrin is formed as a mixture of stereoisomers at the new chirality center, so two new aldoses, differing only in their stereochemistry at C2, result from Kiliani–Fischer synthesis. Chain extension of D -arabinose, for example, yields a mixture of D -glucose and D -mannose. Problems Chain Shortening: The Wohl Degradation Just as the Kiliani–Fischer synthesis lengthens an aldose chain by one carbon, the Wohl degradation shortens an aldose chain by one carbon. Wohl degradation is almost the exact opposite of the Kiliani–Fischer sequence. That is, the aldose aldehyde carbonyl group is first converted into a nitrile, and the resulting cyanohydrin loses HCN under basic conditions—the reverse of a nucleophilic addition reaction. Conversion of the aldehyde into a nitrile is accomplished by treatment of an aldose with hydroxylamine to give an imine called an oxime ( ), followed by dehydration of the oxime with acetic anhydride. The Wohl degradation does not give particularly high yields of chain-shortened aldoses, but the reaction is general for all aldopentoses and aldohexoses. For example, D -galactose is converted by Wohl degradation into D -lyxose. Problems", "section": "Reactions of Monosaccharides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Eight Essential Monosaccharides Humans need to obtain eight monosaccharides for proper functioning. Although all eight can be biosynthesized from simpler precursors if necessary, it’s more energetically efficient to obtain them from the diet. The eight are L -fucose (6-deoxy- L -galactose), D -galactose, D -glucose, D -mannose, N -acetyl- D -glucosamine, N -acetyl- D -galactosamine, D -xylose, and N -acetyl- D -neuraminic acid ( ). All are used for the synthesis of the glycoconjugate components of cell membranes, and glucose is also the body’s primary source of energy. Structures of the eight monosaccharides essential to humans. Of the eight essential monosaccharides, galactose, glucose, and mannose are simple aldohexoses, while xylose is an aldopentose. Fucose is a deoxy sugar , meaning that it has an oxygen atom “missing.” That is, an –OH group (the one at C6) is replaced by an –H. N -Acetylglucosamine and N -acetylgalactosamine are amide derivatives of amino sugars in which an –OH (the one at C2) is replaced by an –NH 2 group. N -Acetylneuraminic acid is the parent compound of the sialic acids, a group of more than 30 compounds with different modifications, including various oxidations, acetylations, sulfations, and methylations. Note that neuraminic acid has nine carbons and is an aldol reaction product of N -acetylmannosamine with pyruvate (CH 3 COCO 2 – ). Neuraminic acid is crucial to the mechanism by which an influenza virus spreads. All the essential monosaccharides arise from glucose, by the conversions summarized in . We’ll not look specifically at these conversions, but might note that Problems 25-30 through 25-32 and 25-35 at the end of the chapter lead you through several of the biosynthetic pathways. An overview of biosynthetic pathways for the eight essential monosaccharides. Problems", "section": "The Eight Essential Monosaccharides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Disaccharides We saw in that reaction of a monosaccharide with an alcohol yields a glycoside in which the anomeric –OH group is replaced by an –OR substituent. If the alcohol is itself a sugar, the glycosidic product is a disaccharide . Maltose and Cellobiose Disaccharides contain a glycosidic acetal bond between the anomeric carbon of one sugar and an –OH group at any position on the other sugar. A glycosidic bond between C1 of the first sugar and the –OH at C4 of the second sugar is particularly common. Such a bond is called a 1→4 link. The glycosidic bond to an anomeric carbon can be either α or β. Maltose, the disaccharide obtained by enzyme-catalyzed hydrolysis of starch, consists of two α - D -glucopyranose units joined by a 1→4- α -glycoside bond. Cellobiose, the disaccharide obtained by partial hydrolysis of cellulose, consists of two β - D -glucopyranose units joined by a 1→4- β -glycoside bond. Maltose and cellobiose are both reducing sugars because the anomeric carbons on their right-hand glucopyranose units have hemiacetal groups and are in equilibrium with aldehyde forms. For a similar reason, both maltose and cellobiose exhibit mutarotation of α and β anomers of the glucopyranose unit on the right. Despite the similarities of their structures, cellobiose and maltose have dramatically different biological properties. Cellobiose can’t be digested by humans and can’t be fermented by yeast. Maltose, however, is digested without difficulty and is fermented readily. Problems Lactose Lactose is a disaccharide that occurs naturally in both human and cow’s milk. It is widely used in baking and in commercial milk formulas for infants. Like maltose and cellobiose, lactose is a reducing sugar. It exhibits mutarotation and is a 1→4- β -linked glycoside. Unlike maltose and cellobiose, however, lactose contains two different monosaccharides— D -glucose and D -galactose—joined by a β -glycosidic bond between C1 of galactose and C4 of glucose. Sucrose Sucrose, or ordinary table sugar, is probably the most abundant pure organic chemical in the world. Whether from sugar cane (20% sucrose by weight) or sugar beets (15% by weight), and whether raw or refined, all table sugar is sucrose. Sucrose is a disaccharide that yields 1 equivalent of glucose and 1 equivalent of fructose on hydrolysis. This 1 : 1 mixture of glucose and fructose is often referred to as invert sugar because the sign of optical rotation changes, or inverts, during the hydrolysis of sucrose ([ α ] D = +66.5) to a glucose/ fructose mixture ([ α ] D = –22.0). Some insects, such as honeybees, have enzymes called invertases that catalyze the sucrose hydrolysis. Honey, in fact, is primarily a mixture of glucose, fructose, and sucrose. Unlike most other disaccharides, sucrose is not a reducing sugar and does not undergo mutarotation. These observations imply that sucrose is not a hemiacetal and that glucose and fructose must both be glycosides. This can happen only if the two sugars are joined by a glycoside link between the anomeric carbons of both sugars—C1 of glucose and C2 of fructose.", "section": "Disaccharides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polysaccharides and Their Synthesis Polysaccharides are complex carbohydrates in which tens, hundreds, or even thousands of simple sugars are linked together through glycoside bonds. Because they have only the one free anomeric –OH group at the end of a very long chain, polysaccharides aren’t reducing sugars and don’t show noticeable mutarotation. Cellulose and starch are the two most widely occurring polysaccharides. Cellulose Cellulose consists of several thousand D -glucose units linked by 1→4- β -glycoside bonds like those in cellobiose. Different cellulose molecules then interact to form a large aggregate structure held together by hydrogen bonds. Nature uses cellulose primarily as a structural material to impart strength and rigidity to plants. Leaves, grasses, and cotton, for instance, are primarily cellulose. Cellulose also serves as raw material for the manufacture of cellulose acetate, known commercially as acetate rayon, and cellulose nitrate, known as guncotton, which is the major ingredient in smokeless powder, the explosive propellant used in artillery shells and in ammunition for firearms. Starch and Glycogen Potatoes, corn, and cereal grains contain large amounts of starch, a polymer of glucose in which the monosaccharide units are linked by 1→4- α -glycoside bonds like those in maltose. Starch can be separated into two fractions: amylose and amylopectin. Amylose accounts for about 20% by weight of starch and consists of several hundred glucose molecules linked together by 1→4- α -glycoside bonds. Amylopectin accounts for the remaining 80% of starch and is more complex in structure than amylose. Unlike cellulose and amylose, which are linear polymers, amylopectin contains 1→6- α -glycoside branches approximately every 25 glucose units. Starch is digested in the mouth and stomach by α -glycosidases, which catalyze the hydrolysis of glycoside bonds and release individual molecules of glucose. Like most enzymes, α -glycosidases are highly selective in their action. They hydrolyze only the α -glycoside links in starch and leave the β -glycoside links in cellulose untouched. Thus, humans can digest potatoes and grains but not grass and leaves. Glycogen is a polysaccharide that serves the same energy storage function in animals that starch serves in plants. Dietary carbohydrates not needed for immediate energy are converted by the body into glycogen for long-term storage. Like the amylopectin found in starch, glycogen contains a complex branching structure with both 1→4 and 1→6 links ( ). Glycogen molecules are larger than those of amylopectin—up to 100,000 glucose units—and contain even more branches. A representation of the structure of glycogen. The hexagons represent glucose units linked by 1→4 and 1→6 glycoside bonds. Polysaccharide Synthesis With numerous –OH groups of similar reactivity, polysaccharides are so structurally complex that their laboratory synthesis has long been a particularly difficult problem. Several methods have recently been devised, however, that have greatly simplified the problem. Among these approaches is the glycal assembly method . Easily prepared from the appropriate monosaccharide, a glycal is an unsaturated sugar with a C1–C2 double bond. To ready it for use in polysaccharide synthesis, the glycal is first protected at its primary –OH group by formation of a silyl ether ( ) and at its two adjacent secondary –OH groups by formation of a cyclic carbonate ester. Then, the protected glycal is epoxidized. Treatment of the protected glycal epoxide in the presence of ZnCl 2 as a Lewis acid with a second glycal having a free –OH group causes acid-catalyzed opening of the epoxide ring by S N 2 backside attack ( ) and yields a disaccharide. The disaccharide is itself a glycal, so it can be epoxidized and coupled again to yield a trisaccharide, and so on. Using the appropriate sugars at each step, a great variety of polysaccharides can be prepared. After these sugars are linked, the silyl ethers and cyclic carbonate protecting groups are removed by hydrolysis. Among the numerous complex polysaccharides that have been synthesized in the laboratory are several tumor-associated carbohydrate antigens (TACAs) that are currently being tested as potential vaccines for breast, prostate, lung, colon, and ovarian cancers.", "section": "Polysaccharides and Their Synthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Some Other Important Carbohydrates In addition to the common carbohydrates mentioned in previous sections, there are a variety of important carbohydrate-derived materials. Their structural resemblance to sugars is clear, but they aren’t simple aldoses or ketoses. Deoxy sugars, as we saw in , have an oxygen atom “missing.” That is, an –OH group is replaced by an –H. The most common deoxy sugar is 2-deoxyribose, a monosaccharide found in DNA (deoxyribonucleic acid). Note that 2-deoxyribose exists in water solution as a complex equilibrium mixture of both furanose and pyranose forms. Amino sugars, such as D -glucosamine, have an –OH group replaced by an –NH 2 . The N -acetyl amide derived from D -glucosamine is the monosaccharide unit from which chitin, the hard crust that protects insects and shellfish, is made. Still other amino sugars are found in antibiotics such as streptomycin and gentamicin. Sweetness Say the word sugar and most people immediately think of sweet-tasting candies, desserts, and such. In fact, most simple carbohydrates do taste sweet but the degree of sweetness varies greatly from one sugar to another. With sucrose (table sugar) as a reference point, fructose is nearly twice as sweet, but lactose is only about one-sixth as sweet. Comparisons are difficult, though, because perceived sweetness varies depending on the concentration of the solution being tasted and on personal opinion. Nevertheless, the ordering in is generally accepted. The desire of many people to cut their caloric intake has led to the development of synthetic sweeteners such as saccharin, aspartame, acesulfame, and sucralose. All are far sweeter than natural sugars, so the choice of one or another depends on personal taste, government regulations, and (for baked goods) heat stability. Saccharin, the oldest synthetic sweetener, has been used for more than a century, although it has a somewhat metallic aftertaste. Doubts about its safety and potential carcinogenicity were raised in the early 1970s, but it has now been cleared of suspicion for human consumption. The real thing comes from sugarcane fields like this one. (credit: modification of work “Flowering sugarcane field” by “carrotmadman6”/Flickr, CC BY 2.0) Sweetness of Some Sugars and Sugar Substitutes Name Type Sweetness Lactose Disaccharide 0.16 Glucose Monosaccharide 0.75 Sucrose Disaccharide 1.00 Fructose Monosaccharide 1.75 Cyclamate Synthetic 40 Aspartame Semisynthetic 180 Acesulfame-K Synthetic 200 Saccharin Synthetic 350 Sucralose Semisynthetic 600 Alitame Semisynthetic 2,000 Neotame Semisynthetic 6,000 Advantame Semisynthetic 20,000 Acesulfame potassium, one of the more recently approved sweeteners, is proving to be extremely popular in soft drinks because it has little aftertaste. Sucralose, another recent sweetener, is particularly useful in baked goods because of its stability at high temperatures. Alitame, marketed in some countries under the name Aclame, is not approved for sale in the United States. It is some 2000 times as sweet as sucrose and, like acesulfame-K, has no aftertaste. Of the eight synthetic sweeteners listed in , only sucralose has clear structural resemblance to a carbohydrate, although it differs dramatically in containing three chlorine atoms. Aspartame, Alitame, and Advantame are dipeptides. aldaric acid alditol aldonic acid aldose amino sugar α anomer , β anomer anomeric center anomer carbohydrate complex carbohydrate D sugar deoxy sugar disaccharide Fischer projection furanose glycoside ketose Kiliani–Fischer synthesis Koenigs–Knorr reaction L sugar monosaccharide mutarotation polysaccharide pyranose reducing sugar simple sugar uronic acid Wohl degradation Summary Now that we’ve now seen all the common functional groups and reaction types, our focus has changed to looking at the major classes of biological molecules. Carbohydrates are polyhydroxy aldehydes and ketones. They are classified according to the number of carbon atoms and the kind of carbonyl group they contain. Glucose, for example, is an aldohexose, a six-carbon aldehydo sugar. Monosaccharides are further classified as either D sugars or L sugars , depending on the stereochemistry of the chirality center farthest from the carbonyl group. Carbohydrate stereochemistry is frequently depicted using Fischer projections , which represent a chirality center as the intersection of two crossed lines. Monosaccharides normally exist as cyclic hemiacetals rather than as open-chain aldehydes or ketones. The hemiacetal linkage results from reaction of the carbonyl group with an –OH group three or four carbon atoms away. A five-membered cyclic hemiacetal is called a furanose , and a six-membered cyclic hemiacetal is called a pyranose . Cyclization leads to the formation of a new chirality center called the anomeric center and the production of two diastereomeric hemiacetals called alpha ( α ) and beta ( β ) anomers . Much of the chemistry of monosaccharides is the familiar chemistry of alcohols and aldehydes/ketones. Thus, the hydroxyl groups of carbohydrates form esters and ethers. The carbonyl group of a monosaccharide can be reduced with NaBH 4 to form an alditol , oxidized with aqueous Br 2 to form an aldonic acid , oxidized with HNO 3 to form an aldaric acid , oxidized enzymatically to form a uronic acid , or treated with an alcohol in the presence of acid to form a glycoside . Monosaccharides can also be chain-lengthened by the multistep Kiliani–Fischer synthesis and can be chain-shortened by Wohl degradation . Disaccharides are complex carbohydrates in which simple sugars are linked by a glycoside bond between the anomeric center of one unit and a hydroxyl of the second unit. The sugars can be the same, as in maltose and cellobiose, or different, as in lactose and sucrose. The glycosidic bond can be either α (maltose) or β (cellobiose, lactose) and can involve any hydroxyl of the second sugar. A 1→4 link is most common (cellobiose, maltose), but others such as 1→2 (sucrose) are also known. Polysaccharides , such as cellulose, starch, and glycogen, are used in nature as structural materials, as a means of long-term energy storage, and as cell-surface markers. Summary of Reactions Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Carbohydrate Structures Carbohydrate Reactions General Problems", "section": "Some Other Important Carbohydrates", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? The building blocks of life that we call proteins are aptly named after Proteus, the early Greek sea-god whose name means “first” or “primordial.” (credit: modification of work by Coyau/Wikimedia Commons, CC BY-SA 3.0) Continuing our look at the main classes of biomolecules, we’ll focus in this chapter on amino acids, the fundamental building blocks from which up to 150,000 or so different proteins in our bodies are made. We’ll then see how amino acids are incorporated into proteins and examine the structures of those proteins. Any understanding of biological chemistry would be impossible without this knowledge. Proteins occur in every living organism, are of many different types, and have many different biological functions. The keratin of skin and fingernails, the fibroin of silk and spider webs, and the estimated 50,000 or so enzymes that catalyze the biological reactions in our bodies are all proteins. Regardless of their function, all proteins have a fundamentally similar structure and are made up of many amino acids linked together in a long chain. Amino acids, as their name implies, are difunctional. They contain both a basic amino group and an acidic carboxyl group. Their value as building blocks to make proteins stems from the fact that amino acids can join together into long chains by forming amide bonds between the –NH 2 of one amino acid and the –CO 2 H of another. For classification purposes, chains with fewer than 50 amino acids are often called peptides , while the term protein is generally used for larger chains.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Structures of Amino Acids We saw in and that a carboxyl group is deprotonated and exists as the carboxylate anion at a physiological pH of 7.3, while an amino group is protonated and exists as the ammonium cation. Thus, amino acids exist in aqueous solution primarily in the form of a dipolar ion, or zwitterion (from the German zwitter, meaning “hybrid”). Amino acid zwitterions are internal salts and therefore have many of the physical properties associated with salts. They have large dipole moments, are relatively soluble in water but insoluble in hydrocarbons, and are crystalline with relatively high melting points. In addition, amino acids are amphiprotic; they can react either as acids or as bases, depending on the circumstances. In aqueous acid solution, an amino acid zwitterion is a base that accepts a proton onto its –CO 2 – group to yield a cation. In aqueous base solution, the zwitterion is an acid that loses a proton from its –NH 3 + group to form an anion. The structures, abbreviations (both three- and one-letter), and p K a values of the 20 amino acids commonly found in proteins are shown in . All are α -amino acids , meaning that the amino group in each is a substituent on the α carbon—the one next to the carbonyl group. Nineteen of the twenty amino acids are primary amines, RNH 2 , and differ only in the nature of their side chain —the substituent attached to the α carbon. Proline is a secondary amine whose nitrogen and α carbon atoms are part of a five-membered pyrrolidine ring. The 20 Common Amino Acids in Proteins Name Abbreviations MW Structure p K a α -CO 2 H p K a α -NH 3 + p K a side chain p I Neutral Amino Acids Alanine Ala A 89 2.34 9.69 — 6.01 Asparagine Asn N 132 2.02 8.80 — 5.41 Cysteine Cys C 121 1.96 10.28 8.18 5.07 Glutamine Gln Q 146 2.17 9.13 — 5.65 Glycine Gly G 75 2.34 9.60 — 5.97 Isoleucine Ile I 131 2.36 9.60 — 6.02 Leucine Leu L 131 2.36 9.60 — 5.98 Methionine Met M 149 2.28 9.21 — 5.74 Phenylalanine Phe F 165 1.83 9.13 — 5.48 Proline Pro P 115 1.99 10.60 — 6.30 Serine Ser S 105 2.21 9.15 — 5.68 Threonine Thr T 119 2.09 9.10 — 5.60 Tryptophan Trp W 204 2.83 9.39 — 5.89 Tyrosine Tyr Y 181 2.20 9.11 10.07 5.66 Valine Val V 117 2.32 9.62 — 5.96 Acidic Amino Acids Aspartic acid Asp D 133 1.88 9.60 3.65 2.77 Glutamic acid Glu E 147 2.19 9.67 4.25 3.22 Basic Amino Acids Arginine Arg R 174 2.17 9.04 12.48 10.76 Histidine His H 155 1.82 9.17 6.00 7.59 Lysine Lys K 146 2.18 8.95 10.53 9.74 In addition to the 20 amino acids commonly found in proteins, 2 others—selenocysteine and pyrrolysine—are found in some organisms, and more than 700 nonprotein amino acids are also found in nature. γ -Aminobutyric acid (GABA), for instance, is found in the brain and acts as a neurotransmitter; homocysteine is found in blood and is linked to coronary heart disease; and thyroxine is found in the thyroid gland, where it acts as a hormone. Except for glycine, H 2 NCH 2 CO 2 H, the α carbons of amino acids are chirality centers. Two enantiomers of each are therefore possible, but nature uses only one to build proteins. In Fischer projections, naturally occurring amino acids are represented by placing the –CO 2 – group at the top and pointing the side chain downwards, as if drawing a carbohydrate ( ) and then placing the –NH 3 + group on the left. Because of their stereochemical similarity to L sugars ( ), the naturally occurring α -amino acids are often referred to as L amino acids. The nonnaturally occurring enantiomers are called D amino acids. The 20 common amino acids can be further classified as neutral, acidic, or basic, depending on the structure of their side chains. Fifteen of the twenty have neutral side chains, two (aspartic acid and glutamic acid) have an extra carboxylic acid function in their side chains, and three (lysine, arginine, and histidine) have basic amino groups in their side chains. Note that both cysteine (a thiol) and tyrosine (a phenol), although usually classified as neutral amino acids, nevertheless have weakly acidic side chains that can be deprotonated in a sufficiently basic solution. At the physiological pH of 7.3, the side-chain carboxyl groups of aspartic acid and glutamic acid are deprotonated and the basic side-chain nitrogens of lysine and arginine are protonated. Histidine, however, which contains a heterocyclic imidazole ring in its side chain, is not quite basic enough to be protonated at pH 7.3. Note that only the pyridine-like, doubly bonded nitrogen in histidine is basic. The pyrrole-like singly bonded nitrogen is nonbasic because its lone pair of electrons is part of the six- π -electron aromatic imidazole ring ( ). Humans are able to biosynthesize only 11 of the 20 protein amino acids, called nonessential amino acids. The other 9, called essential amino acids, are biosynthesized only in plants and microorganisms and must be obtained in our diet. The division between essential and nonessential amino acids is not clear-cut, however. Tyrosine, for instance, is sometimes considered nonessential because humans can produce it from phenylalanine, but phenylalanine itself is essential and must be obtained in the diet. Arginine can be synthesized by humans, but much of the arginine we need also comes from our diet. Problems", "section": "Structures of Amino Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Amino Acids and the Henderson–Hasselbalch Equation: Isoelectric Points According to the Henderson–Hasselbalch equation ( and ), if we know both the pH of a solution and the p K a of an acid HA, we can calculate the ratio of [A – ] to [HA] in the solution. Furthermore, when pH = p K a , the two forms A – and HA are present in equal amounts because log 1 = 0. pH = p K a + log [A – ] [HA] or log [A – ] [HA] = pH – p K a To apply the Henderson–Hasselbalch equation to an amino acid, let’s find out what species are present in a 1.00 M solution of alanine at pH = 9.00. According to , protonated alanine [ + H 3 NCH(CH 3 )CO 2 H] has p K a1 = 2.34 and neutral zwitterionic alanine [ + H 3 NCH(CH 3 )CO 2 – ] has p K a2 = 9.69: Because the pH of the solution is much closer to p K a2 than to p K a1 , we need to use p K a2 for the calculation. From the Henderson–Hasselbalch equation, we have: log [A – ] [HA] = pH – p K a = 9 .00 – 9 .69 = –0 .69 So [A – ] [HA] = antilog(–0 .69) = 0 .20 and [A – ] = 0 .20[HA] In addition, we know that [A – ] + [HA] = 1 .00 M Solving the two simultaneous equations gives [HA] = 0.83 and [A – ] = 0.17. In other words, at pH = 9.00, 83% of alanine molecules in a 1.00 M solution are neutral (zwitterionic) and 17% are deprotonated. Similar calculations can be done at other pH values and the results plotted to give the titration curve shown in . Each leg of the titration curve is calculated separately. The first leg, from pH 1 to 6, corresponds to the dissociation of protonated alanine, H 2 A + . The second leg, from pH 6 to 11, corresponds to the dissociation of zwitterionic alanine, HA. It’s as if we started with H 2 A + at low pH and then titrated with NaOH. When 0.5 equivalent of NaOH is added, the deprotonation of H 2 A + is 50% complete; when 1.0 equivalent of NaOH is added, the deprotonation of H 2 A + is finished and HA predominates; when 1.5 equivalents of NaOH is added, the deprotonation of HA is 50% complete; and when 2.0 equivalents of NaOH is added, the deprotonation of HA is finished. A titration curve for alanine, plotted using the Henderson–Hasselbalch equation . Each of the two legs is plotted separately. At pH < 1, alanine is entirely protonated; at pH = 2.34, alanine is a 50 : 50 mix of protonated and neutral forms; at pH = 6.01, alanine is entirely neutral; at pH = 9.69, alanine is a 50 : 50 mix of neutral and deprotonated forms; at pH > 11.5, alanine is entirely deprotonated. Look carefully at the titration curve in . In acid solution, the amino acid is protonated and exists primarily as a cation. In basic solution, the amino acid is deprotonated and exists primarily as an anion. In between the two is an intermediate pH at which the amino acid is exactly balanced between anionic and cationic forms, existing primarily as the neutral, dipolar zwitterion. This pH is called the amino acid’s isoelectric point (p I ) and has a value of 6.01 for alanine. The isoelectric point of an amino acid depends on its structure, with values for the 20 common amino acids given previously in . The 15 neutral amino acids have isoelectric points near neutrality, in the pH range 5.0 to 6.5. The two acidic amino acids have isoelectric points at lower pH so that deprotonation of the side-chain −CO 2 H does not occur at their p I, and the three basic amino acids have isoelectric points at higher pH so that protonation of the side-chain amino group does not occur at their p I . More specifically, the p I of any amino acid is the average of the two acid-dissociation constants that involve the neutral zwitterion. For the 13 amino acids with a neutral side chain, p I is the average of p K a1 and p K a2 . For the four amino acids with either a strongly or weakly acidic side chain, p I is the average of the two lowest p K a values. For the three amino acids with a basic side chain, p I is the average of the two highest p K a values. Just as individual amino acids have isoelectric points, proteins have an overall p I due to the cumulative effect of all the acidic or basic amino acids they may contain. The enzyme lysozyme, for instance, has a preponderance of basic amino acids and thus has a high isoelectric point (p I = 11.0). Pepsin, however, has a preponderance of acidic amino acids and a low isoelectric point (p I ~ 1.0). Not surprisingly, the solubilities and properties of proteins with different p I ’s are strongly affected by the pH of the medium. Solubility in water is usually lowest at the isoelectric point, where the protein has no net charge, and is higher both above and below the p I, where the protein is charged. We can take advantage of the differences in isoelectric points to separate a mixture of proteins into its pure components. Using a technique known as electrophoresis , a mixture of proteins is placed near the center of a strip of paper or gel. The paper or gel is moistened with an aqueous buffer of a given pH, and electrodes are connected to the ends of the strip. When an electric potential is applied, the proteins with negative charges (those that are deprotonated because the pH of the buffer is above their isoelectric point) migrate slowly toward the positive electrode. At the same time, those amino acids with positive charges (those that are protonated because the pH of the buffer is below their isoelectric point) migrate toward the negative electrode. Different proteins migrate at different rates, depending on their isoelectric points and on the pH of the aqueous buffer, thereby effecting a separation of the mixture into its components. illustrates this process for a mixture containing basic, neutral, and acidic components. Separation of a protein mixture by electrophoresis . At pH = 6.00, a neutral protein does not migrate, a basic protein is protonated and migrates toward the negative electrode, and an acidic protein is deprotonated and migrates toward the positive electrode. Problems", "section": "Amino Acids and the Henderson–Hasselbalch Equation: Isoelectric Points", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Synthesis of Amino Acids α -Amino acids can be synthesized in the laboratory using some of the reactions discussed in previous chapters. One of the oldest methods of α -amino acid synthesis begins with α bromination of a carboxylic acid by treatment with Br 2 and PBr 3 (the Hell–Volhard–Zelinskii reaction; ). S N 2 substitution of the α -bromo acid with ammonia then yields an α -amino acid. Problems The Amidomalonate Synthesis A more general method for preparation of α -amino acids is the amidomalonate synthesis, a straightforward extension of the malonic ester synthesis ( ). The reaction begins with the conversion of diethyl acetamidomalonate into an enolate ion by treatment with base, followed by S N 2 alkylation with a primary alkyl halide. Hydrolysis of both the amide protecting group and the esters occurs when the alkylated product is warmed with aqueous acid, and decarboxylation then takes place to yield an α -amino acid. For example, aspartic acid can be prepared from ethyl bromoacetate, BrCH 2 CO 2 Et: Problems Reductive Amination of α -Keto Acids Yet another method for the synthesis of α -amino acids is by reductive amination of an α -keto acid with ammonia and a reducing agent. Alanine, for instance, is prepared by treatment of pyruvic acid with ammonia in the presence of NaBH 4 . As described in , the reaction proceeds through formation of an intermediate imine which is then reduced. Enantioselective Synthesis The synthesis of an α -amino acid from an achiral precursor by any of the methods just described yields a racemic mixture, with equal amounts of S and R enantiomers. To use an amino acid in the laboratory synthesis of a naturally occurring protein, however, the pure S enantiomer must be obtained. Two methods are used in practice to obtain enantiomerically pure amino acids. One way requires resolving the racemic mixture into its pure enantiomers ( ). A more direct approach, however, is to use an enantioselective synthesis to prepare only the desired S enantiomer directly. As discussed in the Chapter 19 Chemistry Matters , the idea behind enantioselective synthesis is to find a chiral reaction catalyst that will temporarily hold a substrate molecule in an unsymmetrical, chiral environment. While in that chiral environment, the substrate may be more open to reaction on one side than on another, leading to an excess of one enantiomeric product. William Knowles at the Monsanto Company discovered in 1968 that α -amino acids can be prepared enantioselectively by hydrogenation of a Z enamido acid with a chiral hydrogenation catalyst. ( S )-Phenylalanine, for instance, is prepared at 98.7% purity, contaminated by only 1.3% of the ( R ) enantiomer, when using a chiral rhodium catalyst. For this discovery, Knowles shared the 2001 Nobel Prize in Chemistry. The most effective catalysts for enantioselective amino acid synthesis are coordination complexes of rhodium(I) with 1,5-cyclooctadiene (COD) and a chiral diphosphine such as ( R , R )-1,2-bis( o -anisylphenylphosphino)ethane, the so-called DiPAMP ligand. This complex owes its chirality to the presence of trisubstituted phosphorus atoms ( ). Problems", "section": "Synthesis of Amino Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Peptides and Proteins Proteins and peptides are amino acid polymers in which the individual amino acids, called residues , are linked together by amide bonds, or peptide bonds. An amino group from one residue forms an amide bond with the carboxyl of a second residue, the amino group of the second forms an amide bond with the carboxyl of a third, and so on. For example, alanylserine is the dipeptide that results when an amide bond forms between the alanine carboxyl and the serine amino group. Note that two dipeptides can result from reaction between alanine and serine, depending on which carboxyl group reacts with which amino group. If the alanine amino group reacts with the serine carboxyl, serylalanine results. The long, repetitive sequence of –N–CH–CO– atoms that makes up a continuous chain is called the protein’s backbone . By convention, peptides are written with the N-terminal amino acid (the one with the free –NH 3 + group) on the left and the C-terminal amino acid (the one with the free –CO 2 – group) on the right. The name of a peptide is denoted by the abbreviations listed in for each amino acid. Thus, alanylserine is abbreviated Ala-Ser or A-S, and serylalanine is abbreviated Ser-Ala or S-A. The one-letter abbreviations are more convenient, though less immediately recognizable, than the three-letter abbreviations. The amide bond that links amino acids together in peptides is no different from any other amide bond ( ). An amide nitrogen is nonbasic because its unshared electron pair is delocalized by resonance with the carbonyl group. This overlap of the nitrogen p orbital with the p orbitals of the carbonyl group imparts a certain amount of double-bond character to the C–N bond and restricts rotation around it. The amide bond is therefore planar, and the N–H is oriented 180° to the C═O . A second kind of covalent bonding in peptides occurs when a disulfide linkage, RS–SR, is formed between two cysteine residues. As we saw in , a disulfide is formed by mild oxidation of a thiol, RSH, and is cleaved by mild reduction. A disulfide bond between cysteine residues in different peptide chains links the otherwise separate chains together, whereas a disulfide bond between cysteine residues in the same chain forms a loop. Insulin, for instance, is composed of two chains that total 51 amino acids and are linked by two cysteine disulfide bridges. Problems", "section": "Peptides and Proteins", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Amino Acid Analysis of Peptides To determine the structure of a protein or peptide, we need to answer three questions: What amino acids are present? How much of each is present? In what sequence do the amino acids occur in the peptide chain? The answers to the first two questions are provided by an automated instrument called an amino acid analyzer. An amino acid analyzer is based on techniques worked out in the 1950s by William Stein and Stanford Moore at the Rockefeller University, who shared the 1972 Nobel Prize in Chemistry for their work. In preparation for analysis, the peptide is broken into its constituent amino acids by reducing all disulfide bonds, capping the –SH groups of cysteine residues by S N 2 reaction with iodoacetic acid, and hydrolyzing the amide bonds by heating with aqueous 6 M HCl at 110 °C for 24 hours. The resultant amino acid mixture is then separated into its components by a technique called chromatography, either high-pressure liquid chromatography (HPLC) or ion-exchange chromatography. In both HPLC and ion-exchange chromatography, the mixture to be separated is dissolved in a solvent, called the mobile phase, and passed through a metal tube or glass column that contains an adsorbent material, called the stationary phase. Because different compounds adsorb to the stationary phase to different extents, they migrate through the chromatography column at different rates and are separated as they emerge (elute) from the end. In the ion-exchange technique, separated amino acids eluting from the chromatography column mix with a solution of a substance called ninhydrin and undergo a rapid reaction that produces an intense purple color. The color is measured by a spectrometer, and a plot of elution time versus spectrometer absorbance is obtained. Because the time required for a given amino acid to elute from a standard column is reproducible, the identities of the amino acids in a peptide can be determined. The amount of each amino acid in the sample is determined by measuring the intensity of the purple color resulting from its reaction with ninhydrin. shows the results of amino acid analysis of a standard equimolar mixture of 17 α -amino acids. Typically, amino acid analysis requires about 100 picomoles (2–3 μ g) of sample for a protein containing about 200 residues. Amino acid analysis of an equimolar mixture of 17 amino acids . Problems", "section": "Amino Acid Analysis of Peptides", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Peptide Sequencing: The Edman Degradation With the identities and relative amounts of amino acids known, a peptide can then be sequenced to find out in what order the amino acids are linked. Much peptide sequencing is now done by mass spectrometry, using either electrospray ionization (ESI) or matrix-assisted laser desorption ionization (MALDI) linked to a time-of-flight (TOF) mass analyzer, as described in . Also in common use is a chemical method of peptide sequencing called the Edman degradation . The general idea of peptide sequencing by Edman degradation is to cleave one amino acid at a time from an end of the peptide chain. That terminal amino acid is then separated and identified, and the cleavage reactions are repeated on the chain-shortened peptide until the entire peptide sequence is known. Automated protein sequencers are available that allow as many as 50 repetitive sequencing cycles to be carried out before a buildup of unwanted by-products interferes with the results. So efficient are these instruments that sequence information can be obtained from as little as 1 to 5 picomoles of sample—less than 0.1 μ g. As shown in , Edman degradation involves treatment of a peptide with phenyl isothiocyanate (PITC), C 6 H 5 –N═C═S , followed by reaction with trifluoroacetic acid. The first step attaches the PITC to the –NH 2 group of the N-terminal amino acid, and the second step splits the N-terminal residue from the peptide chain, yielding an anilinothiazolinone (ATZ) derivative plus the chain-shortened peptide. Further acid-catalyzed rearrangement of the ATZ derivative with aqueous acid converts it into a phenylthiohydantoin (PTH), which is identified by comparison of its elution time with the known elution times of PTH derivatives of the 20 common amino acids. The chain-shortened peptide is then automatically resubmitted for another round of Edman degradation. MECHANISM Mechanism of the Edman degradation for N-terminal analysis of peptides . Complete sequencing of large proteins by Edman degradation is impractical because of the buildup of unwanted by-products. To get around this problem, a large peptide chain is first cleaved by partial hydrolysis into a number of smaller fragments, the sequence of each fragment is determined, and the individual fragments are fitted together by matching their overlapping ends. In this way, protein chains with more than 400 amino acids have been sequenced. Partial hydrolysis of a peptide can be carried out either chemically with aqueous acid or enzymatically. Acid hydrolysis is unselective and gives a more-or-less random mixture of small fragments, but enzymatic hydrolysis is quite specific. The enzyme trypsin, for instance, catalyzes hydrolysis of peptides only at the carboxyl side of the basic amino acids arginine and lysine; chymotrypsin cleaves only at the carboxyl side of the aryl-substituted amino acids phenylalanine, tyrosine, and tryptophan. Problems", "section": "Peptide Sequencing: The Edman Degradation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Peptide Synthesis Once the structure of a peptide is known, its synthesis can be undertaken—perhaps to obtain a larger amount for biological evaluation. A simple amide might be formed by treating an amine and a carboxylic acid with a carbodiimide (either DCC or EDC; ), but peptide synthesis is a more difficult problem because many different amide bonds must be formed in a specific order, rather than at random. The solution to the specificity problem is protection ( ). If we want to couple alanine with leucine to synthesize Ala-Leu, for instance, we could protect the –NH 2 group of alanine and the –CO 2 H group of leucine to shield them from reacting, then form the desired Ala-Leu amide bond by reaction with EDC or DCC, and then remove the protecting groups. A number of different amino- and carboxyl-protecting groups have been devised, but only a few are used in peptide synthesis. Carboxyl groups are often protected simply by converting them into methyl or benzyl esters. Both groups are easily introduced by standard methods of ester formation ( ) and are easily removed by mild hydrolysis with aqueous NaOH. Benzyl esters can also be cleaved by catalytic hydrogenolysis of the weak benzylic C–O bond ( RCO 2 –CH 2 Ph + H 2 → RCO 2 H + PhCH 3 ). Amino groups are sometimes protected as their tert -butyloxycarbonyl amide (Boc) or, more commonly, as their fluorenylmethyloxycarbonyl amide (Fmoc). The Boc protecting group is introduced by reaction of the amino acid with di- tert -butyl dicarbonate in a nucleophilic acyl substitution reaction and is removed by brief treatment with a strong acid such as trifluoroacetic acid, CF 3 CO 2 H. The Fmoc protecting group is introduced by reaction with fluorenylmethyloxycarbonyl chloride and is removed by treatment with a 20% solution of the amine piperidine in dimethylformamide as solvent. Thus, five steps are needed to synthesize a dipeptide such as Ala-Leu: These steps can be repeated to add one amino acid at a time to the growing chain or to link two peptide chains together. Many remarkable achievements in peptide synthesis have been reported, including a complete synthesis of human insulin. Insulin is composed of two chains totaling 51 amino acids linked by two disulfide bridges. The three-dimensional structure of insulin, shown previously, was determined by Dorothy Crowfoot Hodgkin, a British chemist who received the 1964 Nobel Prize in Chemistry for her work on this and other complex biological molecules. Problems", "section": "Peptide Synthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Automated Peptide Synthesis: The Merrifield Solid-Phase Method As you might imagine, the synthesis of a large peptide chain by sequential addition of one amino acid at a time is a long and arduous process. An immense simplification is possible, however, using methods introduced by R. Bruce Merrifield, who received the 1984 Nobel Prize in Chemistry. In the Merrifield solid-phase method, peptide synthesis is carried out with the growing amino acid chain covalently bonded to small beads of a polymer resin, rather than in solution. In the original procedure, polystyrene resin was used, prepared so that one of every hundred or so benzene rings contained a chloromethyl (−CH 2 Cl) group. A Boc-protected C-terminal amino acid was then attached to the resin through an ester bond formed by S N 2 reaction. With the first amino acid bonded to the resin, a repeating series of four steps is then carried out to build a peptide. The steps in the solid-phase procedure have been improved substantially over the years, but the fundamental idea remains the same. A common procedure is use of the Wang resin, developed by Su-Sun Wang, with the Fmoc protecting group. Less common is using the PAM (phenylacetamidomethyl) resin with Boc as the N-protecting group. Robotic peptide synthesizers are now used to automatically repeat the coupling, washing, and deprotection steps with different amino acids. Each step occurs in high yield, and mechanical losses are minimized because the peptide intermediates are never removed from the insoluble polymer until the final step. Peptides with 20 amino acids can be routinely prepared in a few hours.", "section": "Automated Peptide Synthesis: The Merrifield Solid-Phase Method", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Protein Structure Proteins are usually classified as either fibrous or globular, according to their three-dimensional shape. Fibrous proteins , such as the collagen in tendons and connective tissue and the myosin in muscle tissue, consist of polypeptide chains arranged side by side in long filaments. Because these proteins are tough and insoluble in water, they are used in nature for structural materials. Globular proteins , by contrast, are usually coiled into compact, roughly spherical shapes. These proteins are generally soluble in water and are mobile within cells. Most of the more than 3000 or so enzymes that have been characterized are globular proteins, including the 1300 different enzymes in the human body. Proteins are so large that the word structure takes on a broader meaning than with simpler organic compounds. In fact, chemists speak of four different levels of structure when describing proteins. The primary structure of a protein is simply the amino acid sequence. The secondary structure of a protein describes how segments of the peptide backbone orient into a regular pattern. The tertiary structure describes how the entire protein molecule coils into an overall three-dimensional shape. The quaternary structure describes how different protein molecules come together to yield large aggregate structures. Primary structure is determined, as we’ve seen, by sequencing the protein. Secondary, tertiary, and quaternary structures are determined either by NMR or by X-ray crystallography ( Chapter 12 Chemistry Matters ). The most common secondary structures are the α helix and the β -pleated sheet. An α helix is a right-handed coil of the protein backbone, much like the coil of a spiral staircase ( a). Each turn of the helix contains 3.6 amino acid residues, with a distance between coils of 540 pm, or 5.4 Å. The structure is stabilized by hydrogen bonds between amide N–H groups and C═O groups four residues away, with an N–H····O distance of 2.8 Å. The α helix is an extremely common secondary structure, and nearly all globular proteins contain many helical segments. Myoglobin, a small globular protein containing 153 amino acid residues in a single chain, is one example ( b). A β -pleated sheet differs from an α helix in that the peptide chain is fully extended rather than coiled and the hydrogen bonds occur between residues in adjacent chains ( a). The neighboring chains can run either in the same direction (parallel) or in opposite directions (antiparallel), although the antiparallel arrangement is more common and somewhat more energetically favorable. Concanavalin A, for instance, consists of two identical chains of 237 residues, with extensive regions of antiparallel β sheets ( b). (a) The α -helical secondary structure of proteins is stabilized by hydrogen bonds between the N–H group of one residue and the C═O group four residues away. (b) The structure of myoglobin, a globular protein with extensive helical regions that are shown as coiled ribbons in this representation. (a) The β -pleated sheet secondary structure of proteins is stabilized by hydrogen bonds between parallel or antiparallel chains. (b) The structure of concanavalin A, a protein with extensive regions of antiparallel β sheets, shown as flat ribbons. What about tertiary structure? Why does a protein adopt the shape it does? The forces that determine the tertiary structure of a protein are the same forces that act on all molecules, regardless of size, to provide maximum stability. Particularly important are the hydrophilic (water-loving; ) interactions of the polar side chains on acidic or basic amino acids and the hydrophobic (water-fearing) interactions of nonpolar side chains. These acidic or basic amino acids with charged side chains tend to congregate on the exterior of the protein, where they can be solvated by water. Amino acids with neutral, nonpolar side chains tend to congregate on the hydrocarbon-like interior of a protein molecule, away from the aqueous medium. Also important for stabilizing a protein’s tertiary structure are the formation of disulfide bridges between cysteine residues, the formation of hydrogen bonds between nearby amino acid residues, and the presence of ionic attractions, called salt bridges , between positively and negatively charged sites on various amino acid side chains within the protein. Because the tertiary structure of a globular protein is delicately maintained by weak intramolecular attractions, a modest change in temperature or pH is often enough to disrupt that structure and cause the protein to become denatured . Denaturation occurs under such mild conditions that the primary structure remains intact, but the tertiary structure unfolds from a specific globular shape to a randomly looped chain ( ). A representation of protein denaturation . A globular protein loses its specific three-dimensional shape and becomes randomly looped. Denaturation is accompanied by changes in both physical and biological properties. Solubility is drastically decreased, as occurs when egg white is cooked and the albumins unfold and coagulate. Most enzymes lose all catalytic activity when denatured, since a precisely defined tertiary structure is required for their action. Although most denaturation is irreversible, some cases are known where spontaneous renaturation of an unfolded protein to its stable tertiary structure occurs, accompanied by a full recovery of biological activity.", "section": "Protein Structure", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Enzymes and Coenzymes An enzyme is a substance—usually a large protein—that acts as a catalyst for a biological reaction. Like all catalysts, an enzyme doesn’t affect the equilibrium constant of a reaction and can’t bring about a chemical change that is otherwise unfavorable. An enzyme acts only to lower the activation energy for a reaction, thereby making the reaction take place more rapidly than it otherwise would. Sometimes, in fact, the rate acceleration brought about by enzymes is extraordinary. Millionfold rate increases are common, and the glycosidase enzymes that hydrolyze polysaccharides increase the reaction rate by a factor of more than 10 17 , changing the time required for the reaction from millions of years to milliseconds! Unlike many of the catalysts that chemists use in the laboratory, enzymes are usually specific in their action. Often, in fact, an enzyme will catalyze only a single reaction of a single compound, called the enzyme’s substrate. For example, the enzyme amylase, found in the human digestive tract, catalyzes only the hydrolysis of starch to yield glucose; cellulose and other polysaccharides are untouched by amylase. Different enzymes have different specificities. Some, such as amylase, are specific for a single substrate, but others operate on a range of substrates. Papain, for instance, a globular protein of 212 amino acids isolated from papaya fruit, catalyzes the hydrolysis of many kinds of peptide bonds. In fact, it’s this ability to hydrolyze peptide bonds that makes papain useful as a cleaner for contact lenses. Enzymes function through a pathway that involves initial formation of an enzyme–substrate complex (E · S), followed by a multistep chemical conversion of the enzyme-bound substrate into enzyme-bound product (E · P) and final release of product from the complex. E + S ⇄ E ⋅ S ⇄ E ⋅ P ⇄ E + P The overall rate constant for conversion of the E · S complex to products E · P is called the turnover number because it represents the number of substrate molecules a single enzyme molecule turns over into product per unit time. A value of about 10 3 per second is typical, although carbonic anhydrase can reach a value of up to 600,000. The extraordinary rate accelerations achieved by enzymes are due to a combination of several factors. One important factor is simple geometry: an enzyme will adjust its shape to hold the substrate, other reactants, and various catalytic sites on acidic or basic residues in the precise geometry needed for reaction. In addition, the wrapping of the enzyme around the substrate can create specialized microenvironments that protect the substrate from the aqueous medium and can dramatically change the behavior of acid–base catalytic residues in the active site. But perhaps most important is that the enzyme stabilizes and thus lowers the energy of the rate-limiting transition state for reaction. That is, it’s not the ability of the enzyme to bind the substrate that matters but rather its ability to bind and stabilize the transition state. Often, in fact, the enzyme binds the transition structure as much as 10 12 times more tightly than it binds the substrate or products. An energy diagram for an enzyme-catalyzed process might resemble that in . Energy diagrams for uncatalyzed and enzyme-catalyzed processes . The enzyme makes available an alternative, lower-energy pathway. Rate enhancement is due to the ability of the enzyme to bind to the transition state for product formation, thereby lowering its energy. Enzymes are classified into six categories depending on the kind of reaction they catalyze, as shown in . Oxidoreductases catalyze oxidations and reductions; transferases catalyze the transfer of a group from one substrate to another; hydrolases catalyze hydrolysis reactions of esters, amides, and related substrates; lyases catalyze the elimination or addition of a small molecule such as H 2 O from or to a substrate; isomerases catalyze isomerizations; and ligases catalyze the bonding of two molecules, often coupled with the hydrolysis of ATP. The systematic name of an enzyme has two parts, ending with - ase. The first part identifies the enzyme’s substrate, and the second part identifies its class. Hexose kinase, for example, is a transferase that catalyzes the transfer of a phosphate group from ATP to a hexose sugar. Classification of Enzymes Class Some subclasses Function Oxidoreductases Dehydrogenases Oxidases Reductases Introduction of double bond Oxidation Reduction Transferases Kinases Transaminases Transfer of phosphate group Transfer of amino group Hydrolases Lipases Nucleases Proteases Hydrolysis of ester Hydrolysis of phosphate Hydrolysis of amide Lyases Decarboxylases Dehydrases Loss of CO 2 Loss of H 2 O Isomerases Epimerases Isomerization of chirality center Ligases Carboxylases Synthetases Addition of CO 2 Formation of a new bond In addition to their protein part, most enzymes also contain a small non-protein part called a cofactor . A cofactor can be either an inorganic ion, such as Zn 2+ , or a small organic molecule, called a coenzyme . A coenzyme is not a catalyst but is a reactant that undergoes chemical change during the reaction and requires an additional step to return to its initial state. Many coenzymes are derived from vitamins—substances that an organism requires in small amounts for growth but is unable to synthesize and must receive in its diet ( Chapter 20 Chemistry Matters ). Coenzyme A from pantothenate (vitamin B 5 ), NAD + from niacin (vitamin B 3 ), FAD from riboflavin (vitamin B 2 ), tetrahydrofolate from folic acid, pyridoxal phosphate from pyridoxine (vitamin B 6 ), and thiamin diphosphate from thiamin (vitamin B 1 ) are examples. shows the structures of some common coenzymes. Problems", "section": "Enzymes and Coenzymes", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "How Do Enzymes Work? Citrate Synthase As we saw in the previous section, enzymes work by bringing substrate and other reactant molecules together, holding them in the orientation necessary for reaction, providing any necessary acidic or basic sites to catalyze specific steps, and stabilizing the transition state for reaction. As an example, let’s look at citrate synthase, an enzyme that catalyzes the aldol-like addition of acetyl CoA to oxaloacetate to give citrate. This reaction is the first step in the citric acid cycle, in which acetyl groups produced by degradation of food molecules are metabolized to yield CO 2 and H 2 O. We’ll look at the details of the citric acid cycle in Section 29.7 . Citrate synthase is a globular protein of 433 amino acids with a deep cleft lined by an array of functional groups that can bind to the substrate, oxaloacetate. On binding oxaloacetate, the original cleft closes and another opens up nearby to bind acetyl CoA. This second cleft is also lined by appropriate functional groups, including a histidine at position 274 and an aspartic acid at position 375. The two reactants are now held by the enzyme in close proximity and with a suitable orientation for reaction. shows the structure of citrate synthase as determined by X-ray crystallography, along with a close-up of the active site. Structures and Functions of Some Common Coenzymes Coenzymes X-ray crystal structure of citrate synthase . Part (a) is a space-filling model and part (b) is a ribbon model, which emphasizes the α -helical segments of the protein chain and indicates that the enzyme is dimeric; that is, it consists of two identical chains held together by hydrogen bonds and other intermolecular attractions. Part (c) is a close-up of the active site in which oxaloacetate and an unreactive acetyl CoA mimic are bound. As shown in , the first step in the aldol reaction of acetyl CoA and oxaloacetate is generation of the enol of acetyl CoA. The side-chain carboxyl of an aspartate residue acts as base to abstract an acidic α proton, while at the same time the side-chain imidazole ring of a histidine donates H + to the carbonyl oxygen. The enol thus produced then performs a nucleophilic addition to the ketone carbonyl group of oxaloacetate. The first histidine acts as a base to remove the –OH hydrogen from the enol, while a second histidine residue simultaneously donates a proton to the oxaloacetate carbonyl group, giving citryl CoA. Water then hydrolyzes the thiol ester group in citryl CoA in a nucleophilic acyl substitution reaction, releasing citrate and coenzyme A as the final products. MECHANISM Mechanism of the addition of acetyl CoA to oxaloacetate to give ( S )-citryl CoA, catalyzed by citrate synthase . The Protein Data Bank Enzymes are so large, so structurally complex, and so numerous that the use of computer databases and molecular visualization programs has become an essential tool for studying biological chemistry. Of the various databases available online, the Kyoto Encyclopedia of Genes and Genomes (KEGG) database (http://www.genome.jp/kegg/pathway.html), maintained by the Kanehisa Laboratory of Kyoto University Bioinformatics Center, is useful for obtaining information on biosynthetic pathways of the sort we’ll be describing in Chapter 29. For obtaining information on a specific enzyme, the BRENDA database (http://www.brenda-enzymes.org), maintained by the Institute of Biochemistry at the University of Cologne, Germany, is particularly valuable. Perhaps the most useful of all biological databases is the Protein Data Bank (PDB), operated by the Research Collaboratory for Structural Bioinformatics (RCSB). The PDB is a worldwide repository of X-ray and NMR structural data for biological macromolecules. In mid-2022, data for more than 192,888 structures were available, and more than 7000 new ones were being added yearly. To access the Protein Data Bank, go to www.rcsb.org and a home page like that shown in will appear. As with much that is available online, however, the PDB site is changing rapidly, so you may not see quite the same thing. The Protein Data Bank home page . (credit: RCSB Protein Data Bank) To learn how to use the PDB, begin by running the short tutorial listed under Learn on the left side column. After that introduction, start exploring. Let’s say you want to view citrate synthase, the enzyme that catalyzes the addition of acetyl CoA to oxaloacetate to give citrate. Type “citrate synthase” (with quotation marks) into the small search box on the top line, click on “Search,” and a list of 2,400 or so structures will appear. Scroll down near the end of the list until you find the entry with a PDB code of 5CTS and the title “Proposed Mechanism for the Condensation Reaction of Citrate Synthase: 1.9-Angstroms Structure of the Ternary Complex with Oxaloacetate and Carboxymethyl Coenzyme A.” Alternatively, if you know the code of the enzyme you want, you can enter it directly into the search box. Click on the PDB code of entry 5CTS, and a new page containing information about the enzyme will open. If you choose, you can download the structure file to your computer and open it with any of numerous molecular graphics programs to see an image like that in . The biologically active molecule is a dimer of two identical subunits consisting primarily of α -helical regions displayed as coiled ribbons. For now, just select “View in Jmol” under the enzyme image on the right side of the screen to see some of the options for visualizing and further exploring the enzyme. An image of citrate synthase, downloaded from the Protein Data Bank . (credit: Protein Data Bank, 1AL6 B. PDB ID: 1AL6 B. Schwartz, K.W. Vogel, K.C. Usher, C. Narasimhan, H.M. Miziorko, S.J. Remington, D.G. Drueckhammer. Mechanisms of Enzyme-Catalyzed Deprotonation of Acetyl-Coenzyme A, CC BY 1.0) α -amino acids α helix backbone β -pleated sheet C-terminal amino acid coenzyme cofactor denatured Edman degradation enzyme fibrous proteins globular proteins isoelectric point (p I ) N-terminal amino acid peptides primary structure proteins quaternary structure residues secondary structure side chain tertiary structure turnover number zwitterion Key Concepts and Summary Proteins and peptides are large biomolecules made of α -amino acid residues linked together by amide, or peptide, bonds. Twenty amino acids are commonly found in proteins, and all except glycine have stereochemistry similar to that of L sugars. In neutral solution, amino acids exist as dipolar zwitterions . Amino acids can be synthesized in racemic form by several methods, including ammonolysis of an α -bromo acid, alkylation of diethyl acetamidomalonate, and reductive amination of an α -keto acid. Alternatively, an enantioselective synthesis of amino acids can be carried out using a chiral hydrogenation catalyst. Determining the structure of a peptide or protein begins with amino acid analysis. The peptide is hydrolyzed to its constituent α -amino acids, which are separated and identified. Next, the peptide is sequenced. Edman degradation by treatment with phenyl isothiocyanate (PITC) cleaves one residue from the N terminus of the peptide and forms an easily identifiable phenylthiohydantoin (PTH) derivative of the N-terminal amino acid . An automated series of Edman degradations can sequence peptide chains up to 50 residues in length. Peptide synthesis involves the use of protecting groups. An N-protected amino acid with a free –CO 2 H group is coupled using DCC or EDC to an O-protected amino acid with a free –NH 2 group. Amide formation occurs, the protecting groups are removed, and the sequence is repeated. Amines are usually protected as their tert -butyloxycarbonyl (Boc) or fluorenylmethyloxycarbonyl (Fmoc) derivatives; acids are usually protected as esters. The synthesis is often carried out by the Merrifield solid-phase method, in which the peptide is bonded to insoluble polymer beads. Proteins have four levels of structure. Primary structure describes a protein’s amino acid sequence; secondary structure describes how segments of the protein chain orient into regular patterns—either α helix or β -pleated sheet ; tertiary structure describes how the entire protein molecule coils into an overall three-dimensional shape; and quaternary structure describes how individual protein molecules aggregate into larger structures. Proteins are classified as either globular or fibrous. Fibrous proteins such as α -keratin are tough, rigid, and water-insoluble; globular proteins such as myoglobin are water-soluble and roughly spherical in shape. Many globular proteins are enzymes —substances that act as catalysts for biological reactions. Enzymes are grouped into six classes according to the kind of reaction they catalyze. In addition to their protein part, many enzymes contain cofactors , which can be either metal ions or small organic molecules called coenzymes . Summary of Reactions Amino acid synthesis ( ) From α -bromo acids Diethyl acetamidomalonate synthesis Reductive amination of an α -keto acid Enantioselective synthesis Peptide sequencing by Edman degradation ( ) Peptide synthesis ( ) Amine protection Carboxyl protection Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Amino Acid Structures and Chirality Amino Acid Synthesis and Reactions Peptides and Enzymes General Problems", "section": "How Do Enzymes Work? Citrate Synthase", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Soap bubbles, so common yet so beautiful, are made from animal fat, a lipid. (credit: “Reflections in soap bubbles” by Image Picture Photography/Flickr, CC BY 2.0) We’ve now covered two of the four major classes of biomolecules—proteins and carbohydrates—and have two remaining. In this chapter, we’ll cover lipids, the largest and most diverse class of biomolecules, looking both at their structure and function and at their metabolism. Lipids are naturally occurring organic molecules that have limited solubility in water and can be isolated from organisms by extraction with nonpolar organic solvents. Fats, oils, waxes, many vitamins and hormones, and most nonprotein cell-membrane components are some examples. Note that this definition differs from the sort used for carbohydrates and proteins in that lipids are defined by a physical property (solubility) rather than by structure. Of the many kinds of lipids, we’ll be concerned in this chapter with only a few: triacylglycerols, eicosanoids, terpenoids, and steroids. Lipids are classified into two broad types: those like fats and waxes, which contain ester linkages and can be hydrolyzed, and those like cholesterol and other steroids, which don’t have ester linkages and can’t be hydrolyzed.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Waxes, Fats, and Oils Waxes are mixtures of esters of long-chain carboxylic acids with long-chain alcohols. The carboxylic acid usually has an even number of carbons from 16 to 36, while the alcohol has an even number of carbons from 24 to 36. One of the major components of beeswax, for instance, is triacontyl hexadecanoate, the ester of the C 30 alcohol (1-triacontanol) and the C 16 acid (hexadecanoic acid). The waxy protective coatings on most fruits, berries, leaves, and animal furs have similar structures. Animal fats and vegetable oils are the most widely occurring lipids. Although they appear different—animal fats like butter and lard are solids, whereas vegetable oils like corn and peanut oil are liquid—their structures are closely related. Chemically, fats and oils are triglycerides, or triacylglycerols —triesters of glycerol with three long-chain carboxylic acids called fatty acids . Animals use fats for long-term energy storage because they are far less highly oxidized than carbohydrates and provide about six times as much energy as an equal weight of stored, hydrated glycogen. Hydrolysis of a fat or oil with aqueous NaOH yields glycerol and three fatty acids. The fatty acids are generally unbranched and contain an even number of carbon atoms between 12 and 20. If double bonds are present, they have mostly, although not entirely, Z, or cis, geometry. The three fatty acids of a specific triacylglycerol molecule need not be the same, and the fat or oil from a given source is likely to be a complex mixture of many different triacylglycerols. lists some of the commonly occurring fatty acids, and lists the approximate composition of fats and oils from different sources. Structures of Some Common Fatty Acids Name No. of carbons Melting point (°C) Structure Saturated Lauric 12 43.2 CH 3 (CH 2 ) 10 CO 2 H Myristic 14 53.9 CH 3 (CH 2 ) 12 CO 2 H Palmitic 16 63.1 CH 3 (CH 2 ) 14 CO 2 H Stearic 18 68.8 CH 3 (CH 2 ) 16 CO 2 H Arachidic 20 76.5 CH 3 (CH 2 ) 18 CO 2 H Unsaturated Palmitoleic 16 –0.1 ( Z ) -CH 3 ( CH 2 ) 5 CH═ CH(CH 2 ) 7 CO 2 H Oleic 18 13.4 ( Z ) -CH 3 ( CH 2 ) 7 CH═ CH(CH 2 ) 7 CO 2 H Linoleic 18 –12 ( Z , Z ) -CH 3 ( CH 2 ) 4 (CH═ CHCH 2 ) 2 (CH 2 ) 6 CO 2 H Linolenic 18 –11 ( all Z ) -CH 3 CH 2 (CH═ CHCH 2 ) 3 (CH 2 ) 6 CO 2 H Arachidonic 20 –49.5 ( all Z ) -CH 3 (CH 2 ) 4 (CH═ CHCH 2 ) 4 CH 2 CH 2 CO 2 H Composition of Some Fats and Oils Saturated fatty acids (%) Unsaturated fatty acids (%) Source C 12 lauric C 14 myristic C 16 palmitic C 18 stearic C 18 oleic C 18 linoleic Animal fat Lard — 1 25 15 50 6 Butter 2 10 25 10 25 5 Human fat 1 3 25 8 46 10 Whale blubber — 8 12 3 35 10 Vegetable oil Coconut 50 18 8 2 6 1 Corn — 1 10 4 35 45 Olive — 1 5 5 80 7 Peanut — — 7 5 60 20 More than 100 different fatty acids are known and about 40 occur widely. Palmitic acid (C 16 ) and stearic acid (C 18 ) are the most abundant saturated fatty acids; oleic and linoleic acids (both C 18 ) are the most abundant unsaturated ones. Oleic acid is monounsaturated because it has only one double bond, whereas linoleic, linolenic, and arachidonic acids are polyunsaturated fatty acids because they have more than one double bond. Linoleic and linolenic acids occur in cream and are essential in the human diet; infants grow poorly and develop skin lesions if fed a diet of nonfat milk for prolonged periods. Linolenic acid, in particular, is an example of an omega-3 fatty acid , which has been found to lower blood triglyceride levels and reduce the risk of heart attack. The name omega-3 means that there is a double bond three carbons in from the noncarboxyl end of the chain. The data in show that unsaturated fatty acids generally have lower melting points than their saturated counterparts, a trend that is also true for triacylglycerols. Since vegetable oils generally have a higher proportion of unsaturated to saturated fatty acids than animal fats ( ), they have lower melting points. The difference is a consequence of structure. Saturated fats have a uniform shape that allows them to pack together efficiently in a crystal lattice. In unsaturated vegetable oils, however, the C ═ C bonds introduce bends and kinks into the hydrocarbon chains, making crystal formation more difficult. The more double bonds there are, the harder it is for the molecules to crystallize and the lower the melting point of the oil. The C ═ C bonds in vegetable oils can be reduced by catalytic hydrogenation, typically carried out at high temperature using a nickel catalyst, to produce saturated solid or semisolid fats. Prior to 2015, industrially produced margarine and shortening were produced by hydrogenating soybean, peanut, or cottonseed oil until the proper consistency is obtained. As of 2015, trans fats are no longer considered safe by the FDA and have since been phased out of industrially produced foods. Unfortunately, the hydrogenation reaction is accompanied by some cis–trans isomerization of the remaining double bonds, producing fats with about 10% to 15% trans unsaturated fatty acids. Dietary intake of trans fatty acids increases cholesterol levels in the blood, thereby increasing the risk of heart problems. The conversion of linoleic acid into elaidic acid is an example. Problems", "section": "Waxes, Fats, and Oils", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Soap Soap has been in use for nearly 5000 years. As early as 2800 BC , the Babylonians boiled fats with ashes to create a soap-like substance. Ancient Egyptian medical papyri dating from 1550 BC reveals that Egyptians bathed regularly with soap made from a mixture of animal fats, vegetable oils, and alkaline salts. Chemically, soap is a mixture of the sodium or potassium salts of the long-chain fatty acids produced by hydrolysis ( saponification ) of animal fat with alkali. Wood ash was used as a source of alkali until the early 1800s, when the LeBlanc process for making Na 2 CO 3 by heating sodium sulfate with limestone became available. Crude soap curds contain glycerol and excess alkali as well as soap but can be purified by boiling with water and adding NaCl or KCl to precipitate the pure carboxylate salts. The smooth soap that precipitates is dried, perfumed, and pressed into bars for household use. Dyes are added to make colored soaps, antiseptics are added for medicated soaps, pumice is added for scouring soaps, and air is blown in for soaps that float. Regardless of these extra treatments and regardless of price, though, all soaps are basically the same. Soaps act as cleansers because the two ends of a soap molecule are so different. The carboxylate end of the long-chain molecule is ionic and therefore hydrophilic ( ), or attracted to water. The long hydrocarbon portion of the molecule, however, is nonpolar and hydrophobic, avoiding water and therefore more soluble in oils. The net effect of these two opposing tendencies is that soaps are attracted to both oils and water and are therefore useful as cleansers. When soaps are dispersed in water, the long hydrocarbon tails cluster together on the inside of a tangled, hydrophobic ball, while the ionic heads on the surface of the cluster protrude into the water layer. These spherical clusters, called micelles , are shown schematically in . Grease and oil droplets are solubilized in water when they are coated by the nonpolar, hydrophobic tails of soap molecules in the center of micelles. Once solubilized, the grease and dirt can be rinsed away. A soap micelle solubilizing a grease particle in water. An electrostatic potential map of a fatty acid carboxylate shows how the negative charge is located in the head group. As useful as they are, soaps also have drawbacks. In hard water, which contains metal ions, soluble sodium carboxylates are converted into insoluble magnesium and calcium salts, leaving the familiar ring of scum around bathtubs and a gray tinge on white clothes. Chemists have circumvented this problem by synthesizing a class of synthetic detergents based on salts of long-chain alkylbenzenesulfonic acids. The mechanism of synthetic detergents is the same as that of soaps: the alkylbenzene end of the molecule is attracted to grease, while the anionic sulfonate end is attracted to water. Unlike soaps, though, sulfonate detergents don’t form insoluble metal salts in hard water and don’t leave an unpleasant scum. Problems", "section": "Soap", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Phospholipids Just as waxes, fats, and oils are esters of carboxylic acids, phospholipids are esters of phosphoric acid, H 3 PO 4 . Phospholipids are of two general types: glycerophospholipids and sphingomyelins . Glycerophospholipids are based on phosphatidic acid, which contains a glycerol backbone linked by ester bonds to two fatty acids and one phosphoric acid. Although the fatty-acid residues can be any of the C 12 –C 20 units typically present in fats, the acyl group at C1 is usually saturated and the one at C2 is usually unsaturated. The phosphate group at C3 is also bonded to an amino alcohol such as choline [HOCH 2 CH 2 N(CH 3 ) 3 ] + , ethanolamine (HOCH 2 CH 2 NH 2 ), or serine [HOCH 2 CH(NH 2 )CO 2 H]. The compounds are chiral and have an L, or R, configuration at C2. Sphingomyelins are the second major group of phospholipids. These compounds have sphingosine or a related dihydroxyamine as their backbone and are particularly abundant in brain and nerve tissue, where they are a major constituent of the coating around nerve fibers. Phospholipids are found widely in both plant and animal tissues and make up approximately 50% to 60% of cell membranes. Because they are like soaps in having a long, nonpolar hydrocarbon tail bound to a polar ionic head, phospholipids in the cell membrane organize into a lipid bilayer about 5.0 nm (50 Å) thick. As shown in , the nonpolar tails aggregate in the center of the bilayer in much the same way that soap tails aggregate in the center of a micelle. This bilayer serves as an effective barrier to the passage of water, ions, and other components into and out of cells. Aggregation of glycerophospholipids into the lipid bilayer that composes cell membranes.", "section": "Phospholipids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Prostaglandins and Other Eicosanoids Prostaglandins are a group of C 20 lipids that contain a five-membered ring with two long side chains. First isolated in the 1930s by Ulf von Euler at the Karolinska Institute in Sweden, much of the structural and chemical work on prostaglandins was carried out by Sune Bergström and Bengt Samuelsson. All three shared Nobel Prizes for their work. The name prostaglandin derives from the fact that the compounds were first isolated from sheep prostate glands, but they have subsequently been found to be present in small amounts in all body tissues and fluids. The several dozen known prostaglandins have an extraordinarily wide range of biological effects. Among their many properties, they can lower blood pressure, affect blood platelet aggregation during clotting, lower gastric secretions, control inflammation, affect kidney function, affect reproductive systems, and stimulate uterine contractions during childbirth. Prostaglandins, together with related compounds called thromboxanes and leukotrienes, make up a class of compounds called eicosanoids because they are derived biologically from 5,8,11,14-eicosatetraenoic acid, or arachidonic acid ( ). Prostaglandins (PG) have a cyclopentane ring with two long side chains; thromboxanes (TX) have a six-membered, oxygen-containing ring; and leukotrienes (LT) are acyclic. Structures of some representative eicosanoids. All are derived biologically from arachidonic acid . Eicosanoids are named based on their ring system (PG, TX, or LT), substitution pattern, and number of double bonds. The various substitution patterns on the ring are indicated by letter as in , and the number of double bonds is indicated by a subscript. Thus, PGE 1 is a prostaglandin with the “E” substitution pattern and one double bond. The numbering of the atoms in the various eicosanoids is the same as in arachidonic acid, starting with the –CO 2 H carbon as C1, continuing around the ring, and ending with the –CH 3 carbon at the other end of the chain as C20. The naming system for eicosanoids. Eicosanoid biosynthesis begins with the conversion of arachidonic acid to PGH 2 , catalyzed by the multifunctional PGH synthase (PGHS), also called cyclooxygenase (COX). There are two distinct enzymes, PGHS-1 and PGHS-2 (or COX-1 and COX-2), both of which accomplish the same reaction but appear to function independently. COX-1 carries out the normal physiological production of prostaglandins, and COX-2 produces additional prostaglandin in response to arthritis or other inflammatory conditions. Vioxx, Bextra, and several other drugs selectively inhibit the COX-2 enzyme but cause potentially serious heart and gastrointestinal problems in weakened patients. (See the Chapter 15 Chemistry Matters .) PGHS accomplishes two transformations, an initial reaction of arachidonic acid with O 2 to yield PGG 2 and a subsequent reduction of the hydroperoxide group (–OOH) to the alcohol PGH 2 . The sequence of steps involved in these transformations was shown in . Further processing of PGH 2 leads to other eicosanoids. PGE 2 , for instance, arises by an isomerization of PGH 2 catalyzed by PGE synthase (PGES) ( ). Mechanism of the conversion of PGH 2 into PGE 2 . Problems", "section": "Prostaglandins and Other Eicosanoids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Terpenoids We saw in the Chapter 8 Chemistry Matters that terpenoids are a vast and diverse group of lipids found in all living organisms. Despite their apparent structural differences, all terpenoids contain a multiple of five carbons and are derived biosynthetically from the five-carbon precursor isopentenyl diphosphate ( ). Although formally a terpenoid contains oxygen, while a hydrocarbon is called a terpene, we’ll use the term terpenoid to refer to both for simplicity. Structures of some representative terpenoids. You might recall from the chapter on Alkenes: Reactions and Synthesis that terpenoids are classified according to the number of five-carbon multiples they contain. Monoterpenoids contain 10 carbons and are derived from two isopentenyl diphosphates, sesquiterpenoids contain 15 carbons and are derived from three isopentenyl diphosphates, diterpenoids contain 20 carbons and are derived from four isopentenyl diphosphates, and so on, up to triterpenoids (C 30 ) and tetraterpenoids (C 40 ). Lanosterol, for instance, is a triterpenoid from which steroid hormones are made, and β -carotene is a tetraterpenoid that serves as a dietary source of vitamin A ( ). The terpenoid precursor isopentenyl diphosphate, formerly called isopentenyl pyrophosphate and thus abbreviated IPP, is biosynthesized by two different pathways, depending on the organism and the structure of the final product. In animals and higher plants, sesquiterpenoids and triterpenoids arise primarily from the mevalonate pathway, whereas monoterpenoids, diterpenoids, and tetraterpenoids are biosynthesized by the 1-deoxyxylulose 5-phosphate (DXP) pathway, also called the methylerithritol phosphate, or MEP, pathway. In bacteria, both pathways are used. We’ll look only at the mevalonate pathway, which is more common and better understood at present. The Mevalonate Pathway to Isopentenyl Diphosphate As shown in , the mevalonate pathway begins with the conversion of acetate to acetyl CoA, followed by Claisen condensation to yield acetoacetyl CoA. A second carbonyl condensation reaction with a third molecule of acetyl CoA, this one an aldol-like process, then yields the six-carbon compound 3-hydroxy-3-methylglutaryl CoA, which is reduced to give mevalonate. Phosphorylation, followed by loss of CO 2 and phosphate ion, completes the process. Step 1 of : Claisen Condensation The first step in mevalonate biosynthesis is a Claisen condensation to yield acetoacetyl CoA, a reaction catalyzed by acetoacetyl-CoA acetyltransferase. An acetyl group is first bound to the enzyme by a nucleophilic acyl substitution reaction with a cysteine –SH group. Formation of an enolate ion from a second molecule of acetyl CoA, followed by Claisen condensation, then yields the product. Step 2 of : Aldol Condensation Acetoacetyl CoA next undergoes an aldol-like addition of an acetyl CoA enolate ion in a reaction catalyzed by 3-hydroxy-3-methylglutaryl-CoA synthase. The reaction occurs by initial binding of the substrate to a cysteine –SH group in the enzyme, followed by enolate-ion addition and subsequent hydrolysis to give (3 S )-3-hydroxy-3-methylglutaryl CoA (HMG-CoA). MECHANISM The mevalonate pathway for the biosynthesis of isopentenyl diphosphate from three molecules of acetyl CoA. Individual steps are explained in the text. Step 3 of : Reduction Reduction of HMG-CoA to give ( R )-mevalonate is catalyzed by 3-hydroxy-3-methylglutaryl-CoA reductase and requires 2 equivalents of reduced nicotinamide adenine dinucleotide phosphate (NADPH), a close relative of NADH ( ). The reaction occurs in two steps and proceeds through an aldehyde intermediate. The first step is a nucleophilic acyl substitution reaction involving hydride transfer from NADPH to the thioester carbonyl group of HMG-CoA. Following expulsion of HSCoA as leaving group, the aldehyde intermediate undergoes a second hydride addition to give mevalonate. Step 4 of : Phosphorylation and Decarboxylation Three additional reactions are needed to convert mevalonate to isopentenyl diphosphate. The first two are straightforward phosphorylations by ATP that occur through nucleophilic substitution reactions on the terminal phosphorus. Mevalonate is first converted to mevalonate 5-phosphate (phosphomevalonate) by reaction with ATP; mevalonate 5-phosphate then reacts with a second ATP to give mevalonate 5-diphosphate (diphosphomevalonate). The third reaction results in phosphorylation of the tertiary hydroxyl group, followed by decarboxylation and loss of phosphate ion. The final decarboxylation of mevalonate 5-diphosphate seems unusual because decarboxylations of acids do not typically occur except in β -keto acids and malonic acids, in which the carboxylate group is two atoms away from an additional carbonyl group. As discussed in , the function of this second carbonyl group is to act as an electron acceptor and stabilize the charge resulting from loss of CO 2 . In fact, though, the decarboxylation of a β -keto acid and the decarboxylation of mevalonate 5-diphosphate are closely related. Catalyzed by mevalonate-5-diphosphate decarboxylase, the substrate is first phosphorylated on the free –OH group by reaction with ATP to give a tertiary phosphate, which undergoes spontaneous S N 1-like dissociation to give a tertiary carbocation. The positive charge then acts as an electron acceptor to facilitate decarboxylation in the same way a β carbonyl group does, giving isopentenyl diphosphate. (In the following structures, the diphosphate group is abbreviated OPP.) Problems Conversion of Isopentenyl Diphosphate to Terpenoids The conversion of isopentenyl diphosphate (IPP) to terpenoids begins with its isomerization to dimethylallyl diphosphate, abbreviated DMAPP and formerly called dimethylallyl pyrophosphate. These two C 5 building blocks then combine to give the C 10 unit geranyl diphosphate (GPP). The corresponding alcohol, geraniol, is itself a fragrant terpenoid that occurs in rose oil. Further combination of GPP with another IPP gives the C 15 unit farnesyl diphosphate (FPP), and so on, up to C 25 . Terpenoids with more than 25 carbons—that is, triterpenoids (C 30 ) and tetraterpenoids (C 40 )—are synthesized by dimerization of C 15 and C 20 units, respectively ( ). Triterpenoids and steroids, in particular, arise from dimerization of farnesyl diphosphate to give squalene. An overview of terpenoid biosynthesis from isopentenyl diphosphate. The isomerization of isopentenyl diphosphate to dimethylallyl diphosphate is catalyzed by IPP isomerase and occurs through a carbocation pathway. Protonation of the IPP double bond by a hydrogen-bonded cysteine residue in the enzyme gives a tertiary carbocation intermediate, which is deprotonated by a glutamate residue as base to yield DMAPP. X-ray structural studies on the enzyme show that it holds the substrate in an unusually deep, well-protected pocket to shield the highly reactive carbocation from reaction with solvent or other external substances. Both the initial coupling of DMAPP with IPP to give geranyl diphosphate and the subsequent coupling of GPP with a second molecule of IPP to give farnesyl diphosphate are catalyzed by farnesyl diphosphate synthase. The process requires Mg 2+ ion, and the key step is a nucleophilic substitution reaction in which the double bond of IPP behaves as a nucleophile in displacing diphosphate ion leaving group (PP i ) or DMAPP. Evidence suggests that the DMAPP develops a considerable cationic character and that spontaneous dissociation of the allylic diphosphate ion in an S N 1-like pathway probably occurs ( ). Mechanism of the coupling reaction of dimethylallyl diphosphate (DMAPP) and isopentenyl diphosphate (IPP), to give geranyl diphosphate (GPP). Further conversion of geranyl diphosphate into monoterpenoids typically involves carbocation intermediates and multistep reaction pathways that are catalyzed by terpene cyclases. Monoterpene cyclases function by first isomerizing geranyl diphosphate to its allylic isomer linalyl diphosphate (LPP), a process that occurs by spontaneous S N 1-like dissociation to an allylic carbocation, followed by recombination. The effect of this isomerization is to convert the C2–C3 double bond of GPP into a single bond, thereby making cyclization possible and allowing E / Z isomerization of the double bond. Further dissociation and cyclization by electrophilic addition of the cationic carbon to the terminal double bond then gives a cyclic cation, which might either rearrange, undergo a hydride shift, be captured by a nucleophile, or be deprotonated to give any of the several hundred known monoterpenoids. As just one example, limonene, a monoterpenoid found in many citrus oils, arises by the biosynthetic pathway shown in . Mechanism for the formation of the monoterpenoid limonene from geranyl diphosphate. Proposing a Terpenoid Biosynthesis Pathway Propose a mechanistic pathway for the biosynthesis of α -terpineol from geranyl diphosphate. Strategy α -Terpineol, a monoterpenoid, must be derived biologically from geranyl diphosphate through its isomer linalyl diphosphate. Draw the precursor in a conformation that approximates the structure of the target molecule, and then carry out a cationic cyclization, using the appropriate double bond to displace the diphosphate leaving group. Since the target is an alcohol, the carbocation resulting from cyclization evidently reacts with water. Solution Problems", "section": "Terpenoids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Steroids In addition to fats, phospholipids, eicosanoids, and terpenoids, the lipid extracts of plants and animals also contain steroids , molecules that are derived from the triterpenoid lanosterol ( ) and whose structures are based on a tetracyclic ring system. The four rings are designated A, B, C, and D, beginning at the lower left. The three 6-membered rings (A, B, and C) adopt chair conformations but are prevented by their rigid geometry from undergoing the usual cyclohexane ring-flips ( ). Two cyclohexane rings can be joined in either a cis or a trans manner. With cis fusion to give cis -decalin, both groups at the ring-junction positions (the angular groups) are on the same side of the two rings. With trans fusion to give trans -decalin, the groups at the ring junctions are on opposite sides. As shown in , steroids can have either a cis or a trans fusion of the A and B rings, but the other ring fusions (B–C and C–D) are usually trans. Steroid conformations. The three 6-membered rings have chair conformations but are unable to undergo ring-flips. The A and B rings can be either cis-fused or trans-fused. Substituent groups on the steroid ring system can be either axial or equatorial. As with simple cyclohexanes, equatorial substitution is generally more favorable than axial substitution for steric reasons. The hydroxyl group of cholesterol, for example, has the more stable equatorial orientation. Problems Steroid Hormones In humans, most steroids function as hormones , chemical messengers that are secreted by endocrine glands and carried through the bloodstream to target tissues. There are two main classes of steroid hormones: the sex hormones, which control maturation, tissue growth, and reproduction, and the adrenocortical hormones, which regulate a variety of metabolic processes. Sex Hormones Testosterone and androsterone are the two most important male sex hormones, or androgens . Androgens are responsible for the development of male secondary sex characteristics during puberty and for promoting tissue and muscle growth. Both are synthesized in the testes from cholesterol. Androstenedione is another minor hormone that has received particular attention because of its use by prominent athletes. Estrone and estradiol are the two most important female sex hormones, or estrogens . Synthesized in the ovaries from testosterone, estrogenic hormones are responsible for the development of female secondary sex characteristics and for regulation of the menstrual cycle. Note that both have a benzene-like aromatic A ring. In addition, another kind of sex hormone called a progestin is essential in preparing the uterus for implantation of a fertilized ovum during pregnancy. Progesterone is the most important progestin. Adrenocortical Hormones Adrenocortical steroids are secreted by the adrenal glands, small organs located near the upper end of each kidney. There are two types of adrenocortical steroids, called mineralocorticoids and glucocorticoids . Mineralocorticoids, such as aldosterone, control tissue swelling by regulating cellular salt balance between Na + and K + . Glucocorticoids, such as hydrocortisone, are involved in the regulation of glucose metabolism and in the control of inflammation. Glucocorticoid ointments are widely used to bring down the swelling from exposure to poison oak or poison ivy. Synthetic Steroids In addition to the hundreds of steroids isolated from plants and animals, many more have been synthesized in pharmaceutical laboratories in the search for new drugs. Among the best-known synthetic steroids are oral contraceptives and anabolic agents. Most birth control pills are a mixture of two compounds, a synthetic estrogen, such as ethynylestradiol, and a synthetic progestin, such as norethindrone. Anabolic steroids , such as methandrostenolone (Dianabol), are synthetic androgens that mimic the tissue-building effects of natural testosterone.", "section": "Steroids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biosynthesis of Steroids Steroids are heavily modified triterpenoids that are biosynthesized in living organisms from farnesyl diphosphate (C 15 ). A reductive dimerization first converts farnesyl diphosphate to the acyclic hydrocarbon squalene (C 30 ), which is converted into lanosterol ( ). Further rearrangements and degradations then take place to yield various steroids. The conversion of squalene to lanosterol is among the most intensively studied of biosynthetic transformations. Starting from an achiral, open-chain polyene, the entire process requires only two enzymes and results in the formation of six carbon–carbon bonds, four rings, and seven chirality centers. An overview of steroid biosynthesis from farnesyl diphosphate. Lanosterol biosynthesis begins with the selective epoxidation of squalene to give (3 S )-2,3-oxidosqualene, catalyzed by squalene epoxidase. Molecular O 2 provides the epoxide oxygen atom, and NADPH is required, along with a flavin coenzyme. The proposed mechanism involves reaction of FADH 2 with O 2 to produce a flavin hydroperoxide intermediate (ROOH), which transfers an oxygen to squalene in a pathway initiated by nucleophilic attack of the squalene double bond on the terminal hydroperoxide oxygen ( ). The flavin alcohol formed as a by-product loses H 2 O to give FAD, which is reduced back to FADH 2 by NADPH. As noted in , this biological epoxidation mechanism is closely analogous to the mechanism by which peroxyacids (RCO 3 H) react with alkenes to give epoxides in the laboratory. The second part of lanosterol biosynthesis is catalyzed by oxidosqualene-lanosterol cyclase and occurs as shown in . Squalene is folded by the enzyme into a conformation that aligns the various double bonds for a cascade of successive intramolecular electrophilic additions, followed by a series of hydride and methyl migrations. Except for the initial epoxide protonation/cyclization, the process is probably stepwise and appears to involve discrete carbocation intermediates that are stabilized by electrostatic interactions with electron-rich aromatic amino acids in the enzyme. Proposed mechanism of the oxidation of squalene by flavin hydroperoxide. Steps 1 , 2 of : Epoxide Opening and Initial Cyclizations Cyclization begins in step 1 with protonation of the epoxide ring by an aspartic acid residue in the enzyme. Nucleophilic opening of the protonated epoxide by the nearby 5,10 double bond (steroid numbering; ) then yields a tertiary carbocation at C10. Further addition of C10 to the 8,9 double bond in step 2 next gives a bicyclic tertiary cation at C8. Step 3 of : Third Cyclization The third cationic cyclization is somewhat unusual because it occurs with non-Markovnikov regiochemistry and gives a secondary cation at C13 rather than the alternative tertiary cation at C14. There is growing evidence, however, that the tertiary carbocation may in fact be formed initially and that the secondary cation arises by subsequent rearrangement. The secondary cation is probably stabilized in the enzyme pocket by the proximity of an electron-rich aromatic ring. MECHANISM Mechanism of the conversion of 2,3-oxidosqualene to lanosterol. Four cationic cyclizations are followed by four rearrangements and a final loss of H + from C9. The steroid numbering system is used for referring to specific positions in the intermediates ( ). Individual steps are explained in the text. (Continued) Step 4 of : Final Cyclization The fourth and last cyclization occurs in step 4 by addition of the cationic center at C13 to the 17,20 double bond, giving what is known as the protosteryl cation. The side-chain alkyl group at C17 has β (up) stereochemistry, although this stereochemistry is lost in step 5 and then reset in step 6. Steps 5 – 9 of : Carbocation Rearrangements Once the tetracyclic carbon skeleton of lanosterol has been formed, a series of carbocation rearrangements occur ( ). The first rearrangement, hydride migration from C17 to C20, occurs in step 5 and results in establishment of R stereochemistry at C20 in the side chain. In step 6, a second hydride migration occurs from C13 to C17 on the α (bottom) face of the ring and reestablishes the 17 β orientation of the side chain. Finally, two methyl migrations, the first from C14 to C13 on the top ( β ) face and the second from C8 to C14 on the bottom ( α ) face, place the positive charge at C8. A basic histidine residue in the enzyme then removes the neighboring β proton from C9 to give lanosterol. From lanosterol, the pathway for steroid biosynthesis continues on to yield cholesterol. Cholesterol then becomes a branch point, serving as the common precursor from which all other steroids are derived. Problems Saturated Fats, Cholesterol, and Heart Disease We hear a lot these days about the relationship between saturated fats, cholesterol, and heart disease. What are the facts? It’s well established that a diet rich in saturated animal fats often leads to an increase in blood serum cholesterol, particularly in sedentary, overweight individuals. Conversely, a diet lower in saturated fats and higher in polyunsaturated fats leads to a lower serum cholesterol level. Studies have shown that a serum cholesterol level greater than 240 mg/dL (a desirable value is < 200 mg/dL) is correlated with an increased incidence of coronary artery disease, in which cholesterol deposits build up on the inner walls of coronary arteries, blocking the flow of blood to the heart muscles. A better indication of a person’s risk of heart disease comes from a measurement of blood lipoprotein levels. Lipoproteins are complex molecules with both lipid and protein components that transport lipids through the body. They can be divided into three types according to density, as shown in . Very-low-density lipoproteins (VLDLs) act primarily as carriers of triglycerides from the intestines to peripheral tissues, whereas low-density lipoproteins (LDLs) and high-density lipoproteins (HDLs) act as carriers of cholesterol to and from the liver. It’s hard to resist, but a high intake of saturated animal fat doesn’t do much for your cholesterol level. (credit: modification of work “food-chicken-meat-outdoors” by www.pixel.la/Flickr, Public Domain) Evidence suggests that LDLs transport cholesterol as its fatty-acid ester to peripheral tissues, whereas HDLs remove cholesterol as its stearate ester from dying cells. If LDLs deliver more cholesterol than is needed, and if insufficient HDLs are present to remove it, the excess is deposited in arteries. Thus, a low level of low -density lipoproteins is good because it means that less cholesterol is being transported, and a high level of high -density lipoproteins is good because it means that more cholesterol is being removed. In addition, HDL contains an enzyme that has antioxidant properties, offering further protection against heart disease. As a rule of thumb, a person’s risk drops about 25% for each increase of 5 mg/dL in HDL concentration. Normal values are >40 mg/dL for men and <50 mg/dL for women, perhaps explaining why premenopausal women appear to be somewhat less susceptible than men to heart disease. Serum Lipoproteins Name Density (g/mL) % Lipid % Protein Optimal (mg/dL) Poor (mg/dL) VLDL 0.930–1.006 90 10 — — LDL 1.019–1.063 75 25 <100 >130 HDL 1.063–1.210 67 33 >60 <40 Not surprisingly, the most important factor in gaining high HDL levels is a generally healthful lifestyle. Obesity, smoking, and lack of exercise lead to low HDL levels, whereas regular exercise and a sensible diet lead to high HDL levels. Distance runners and other endurance athletes have HDL levels nearly 50% higher than the general population. Failing that—some of us, but not everyone, wants to run 30 miles or bike 80 miles per week—diet is also important. Diets high in cold-water fish, like salmon and whitefish, raise HDL and lower blood cholesterol because these fish contain almost entirely polyunsaturated fat, including a large percentage of omega-3 fatty acids. Animal fat from red meat and cooking fats should be minimized because saturated fats and monounsaturated trans fats raise blood cholesterol. anabolic steroid androgen eicosanoid estrogen fatty acid hormone lipid lipid bilayer lipoprotein micelle mineralocorticoid omega-3 fatty acid phospholipid polyunsaturated fatty acid progestin prostaglandin saponification steroid terpenoid triacylglycerol wax Summary Lipids are the naturally occurring materials isolated from plants and animals by extraction with a nonpolar organic solvent. Animal fats and vegetable oils are the most widely occurring lipids. Both are triacylglycerols —triesters of glycerol with long-chain fatty acids . Animal fats are usually saturated, whereas vegetable oils usually have unsaturated fatty acid residues. Phospholipids are important constituents of cell membranes and are of two kinds. Glycerophospholipids, such as phosphatidylcholine and phosphatidylethanolamine, are closely related to fats in that they have a glycerol backbone esterified to two fatty acids (one saturated and one unsaturated) and to one phosphate ester. Sphingomyelins have the amino alcohol sphingosine for their backbone. Eicosanoids and terpenoids are still other classes of lipids. Eicosanoids, of which prostaglandins are the most abundant kind, are derived biosynthetically from arachidonic acid, are found in all body tissues, and have a wide range of physiological activity. Terpenoids are often isolated from the essential oils of plants, have an immense diversity of structure, and are produced biosynthetically from the five-carbon precursor isopentenyl diphosphate (IPP). Isopentenyl diphosphate is itself biosynthesized from 3 equivalents of acetate in the mevalonate pathway. Steroids are plant and animal lipids with a characteristic tetracyclic carbon skeleton. Like the eicosanoids, steroids occur widely in body tissues and have a large variety of physiological activities. Steroids are closely related to terpenoids and arise biosynthetically from the triterpenoid lanosterol. Lanosterol, in turn, arises from cationic cyclization of the acyclic hydrocarbon squalene. Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Fats, Oils, and Related Lipids Terpenoids and Steroids General Problems", "section": "Biosynthesis of Steroids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? If these Afghan hounds look similar, that’s because they’re identical—all cloned from somatic cells of the same donor . (credit: modification of work “Figure 1” in “Birth of clones of the world’s first cloned dog” by Kim, M.J., Oh, H.J., Kim, G.A. et al./ Sci Rep 7, 15235 (2017), CC BY 4.0) Nucleic acids are the last of the four major classes of biomolecules we’ll consider. So much has been written and spoken about DNA in the media that the basics of DNA replication and transcription are probably known to you. Thus, we’ll move fairly quickly through the fundamentals and then look more closely at the chemical details of DNA sequencing, synthesis, and metabolism. This field is moving rapidly, and there’s a lot you may not be familiar with. The nucleic acids, deoxyribonucleic acid (DNA) and ribonucleic acid (RNA) , are the chemical carriers of a cell’s genetic information. Coded in a cell’s DNA is the information that determines the nature of the cell, controls its growth and division, and directs biosynthesis of the enzymes and other proteins required for cellular functions. In addition to nucleic acids themselves, nucleic acid derivatives such as ATP are involved as phosphorylating agents in many biochemical pathways, and several important coenzymes, including NAD + , FAD, and coenzyme A, have nucleic acid components. See for their structures.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nucleotides and Nucleic Acids Just as proteins are biopolymers made of amino acids, the nucleic acids are biopolymers made of nucleotides , joined together to form a long chain. Each nucleotide is composed of a nucleoside bonded to a phosphate group, and each nucleoside is composed of an aldopentose sugar linked through its anomeric carbon to the nitrogen atom of a heterocyclic purine or pyrimidine base. The sugar component in RNA is ribose, and the sugar in DNA is 2′-deoxyribose. (In naming and numbering nucleotides, numbers with a prime superscript refer to positions on the sugar and numbers without a prime superscript refer to positions on the heterocyclic base. Thus, the prefix 2′-deoxy indicates that oxygen is missing from C2′ of ribose.) DNA contains four different amine bases: two substituted purines ( A , adenine, and G , guanine) and two substituted pyrimidines ( C , cytosine, and T , thymine). Adenine, guanine, and cytosine also occur in RNA, but thymine is replaced in RNA by a closely related pyrimidine base called U , uracil. The structures of the four deoxyribonucleotides and the four ribonucleotides are shown in . Although similar chemically, DNA and RNA differ dramatically in size. Molecules of DNA are enormous, containing as many as 245 million nucleotides and having molecular weights as high as 75 billion. Molecules of RNA, by contrast, are much smaller, containing as few as 21 nucleotides and having molecular weights as low as 7000. Structures of the four deoxyribonucleotides and the four ribonucleotides. Nucleotides are linked together in DNA and RNA by phosphodiester bonds [RO–(PO 2 – )–OR′] between phosphate, the 5′-hydroxyl group on one nucleoside, and the 3′-hydroxyl group on another nucleoside. One end of the nucleic acid polymer has a free hydroxyl at C3′ (the 3′ end ), and the other end has a phosphate at C5′ (the 5′ end ). The sequence of nucleotides in a chain is described by starting at the 5′ end and identifying the bases in order of occurrence, using the abbreviations G, C, A, T (or U in RNA). Thus, a typical DNA sequence might be written as TAGGCT. Problems", "section": "Nucleotides and Nucleic Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Base Pairing in DNA Samples of DNA isolated from different tissues of the same species have the same proportions of heterocyclic bases, but samples from different species often have greatly differing proportions of bases. Human DNA, for example, contains about 30% each of adenine and thymine and about 20% each of guanine and cytosine. The bacterium Clostridium perfringens, however, contains about 37% each of adenine and thymine and only 13% each of guanine and cytosine. Note that in both examples the bases occur in pairs. Adenine and thymine are present in equal amounts, as are cytosine and guanine. Why? In 1953, Rosalind Franklin, Maurice Wilkins, James Watson, and Francis Crick published scientific reports describing the secondary structure of DNA. According to their model, DNA under physiological conditions consists of two polynucleotide strands, running in opposite directions and coiled around each other in a double helix like the handrails on a spiral staircase. The two strands are complementary rather than identical and are held together by hydrogen bonds between specific pairs of bases, A with T and C with G. That is, whenever an A base occurs in one strand, a T base occurs opposite it in the other strand; when a C base occurs in one, a G occurs in the other ( ). This complementary base-pairing thus explains why A and T are always found in equal amounts, as are G and C. Hydrogen-bonding between base pairs in the DNA double helix. Electrostatic potential maps show that the faces of the bases are relatively neutral , while the edges have positive and negative regions. Pairing G with C and A with T brings together oppositely charged regions. A full turn of a DNA double helix is shown in . The helix is 20 Å wide, there are 10 base pairs per turn, and each turn is 34 Å in length. Notice in that the two strands of the double helix coil in such a way that two kinds of “grooves” result, a major groove 12 Å wide and a minor groove 6 Å wide. The major groove is slightly deeper than the minor groove, and both are lined by flat heterocyclic bases. As a result, a variety of other polycyclic aromatic molecules are able to slip sideways, or intercalate, between the stacked bases. Many cancer-causing and cancer-preventing agents function by interacting with DNA in this way. A turn of the DNA double helix in both space-filling and wire-frame formats. The sugar–phosphate backbone runs along the outside of the helix, and the amine bases hydrogen bond to one another on the inside. Both major and minor grooves are visible. An organism’s genetic information is stored as a sequence of deoxyribonucleotides strung together in the DNA chain. For the information to be preserved and passed on to future generations, a mechanism must exist for copying DNA. For the information to be used, a mechanism must exist for decoding the DNA message and implementing the instructions it contains. What Crick called the “central dogma of molecular genetics” says that the function of DNA is to store information and pass it on to RNA. The function of RNA, in turn, is to read, decode, and use the information received from DNA to make proteins. This view is greatly oversimplified but is nevertheless a good place to start. Three fundamental processes take place. Replication is the process by which identical copies of DNA are made so that information can be preserved and handed down to offspring. Transcription is the process by which genetic messages are read and carried out of the cell nucleus to ribosomes, where protein synthesis occurs. Translation is the process by which the genetic messages are decoded and used to synthesize proteins. Predicting the Complementary Base Sequence in Double-Stranded DNA What sequence of bases on one strand of DNA is complementary to the sequence TATGCAT on another strand? Strategy Remember that A and G form complementary pairs with T and C, respectively, and then go through the sequence replacing A by T, G by C, T by A, and C by G. Remember also that the 5′ end is on the left and the 3′ end is on the right in the original strand. Solution Original: (5′) TATGCAT (3′) Complement: (3′) ATACGTA (5′) or (5′) ATGCATA (3′) Problems", "section": "Base Pairing in DNA", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Replication of DNA DNA replication is an enzyme-catalyzed process that begins with a partial unwinding of the double helix at various points along the chain, brought about by enzymes called helicases. Hydrogen bonds are broken, the two strands separate to form a “bubble,” and bases are exposed. New nucleotides then line up on each strand in a complementary manner, A to T and G to C, and two new strands begin to grow from the ends of the bubble, called the replication forks . Each new strand is complementary to its old template strand, so two identical DNA double helices are produced ( ). Because each of the new DNA molecules contains one old strand and one new strand, the process is described as semiconservative replication. A representation of semiconservative DNA replication. The original double-stranded DNA partially unwinds, bases are exposed, nucleotides line up on each strand in a complementary manner, and two new strands begin to grow. Both strands are synthesized in the same 5′ → 3′ direction, one continuously and one in fragments. Addition of nucleotides to the growing chain takes place in the 5′ → 3′ direction and is catalyzed by the DNA polymerase enzyme. The key step is the addition of a nucleoside 5′-triphosphate to the free 3′-hydroxyl group of the growing chain with the loss of a diphosphate leaving group. Because both new DNA strands are synthesized in the 5′ → 3′ direction, they can’t be made in exactly the same way. One new strand must have its 3′ end nearer a replication fork, while the other new strand has its 5′ end nearer the replication fork. What happens is that the complement of the original 5′ → 3′ strand is synthesized continuously in a single piece to give a newly synthesized copy called the leading strand , while the complement of the original 3′ → 5′ strand is synthesized discontinuously in small pieces called Okazaki fragments (named for Tsuneko Okazaki, in recognition of her discovery of them) that are subsequently linked by DNA ligases to form the lagging strand . The magnitude of the replication process is staggering. The nucleus of every human cell contains 2 copies of 22 chromosomes plus an additional 2 sex chromosomes, for a total of 46. Each chromosome consists of one very large DNA molecule, and the sum of the DNA in each of the two sets of chromosomes is estimated to be 3.0 billion base pairs, or 6.0 billion nucleotides. Despite the size of these enormous molecules, their base sequence is faithfully copied during replication. The entire copying process takes only a few hours and, after proofreading and repair, an error gets through only about once per 10 to 100 billion bases. In fact, only about 60 of these random mutations are passed on from parent to child per human generation.", "section": "Replication of DNA", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Transcription of DNA As noted previously, RNA is structurally similar to DNA but contains ribose rather than deoxyribose and uracil rather than thymine. RNA has three major types, each of which serves a specific purpose. In addition, there are a number of small RNAs that appear to control a wide variety of important cellular functions. All RNA molecules are much smaller than DNA, and all remain single-stranded rather than double-stranded. Messenger RNA (mRNA) carries genetic messages from DNA to ribosomes, small granular particles in the cytoplasm of a cell where protein synthesis takes place. Ribosomal RNA (rRNA) complexed with protein provides the physical makeup of the ribosomes. Transfer RNA (tRNA) transports amino acids to the ribosomes, where they are joined together to make proteins. Small RNAs , also called functional RNAs , have a variety of functions within the cell, including silencing transcription and catalyzing chemical modifications of other RNA molecules. The genetic information in DNA is contained in segments called genes , each of which consists of a specific nucleotide sequence that encodes a specific protein. The conversion of that information from DNA into proteins begins in the nucleus of cells with the synthesis of mRNA by transcription of DNA. In bacteria, the process begins when RNA polymerase recognizes and binds to a promoter sequence on DNA, typically consisting of around 40 base pairs located upstream (5′) of the transcription start site. Within the promoter are two hexameric consensus sequences , one located 10 base pairs upstream of the start and the second located 35 base pairs upstream. Following formation of the polymerase–promoter complex, several turns of the DNA double helix untwist, forming a bubble and exposing 14 or so base pairs of the two strands. Appropriate ribonucleotides then line up by hydrogen-bonding to their complementary bases on DNA, bond formation occurs in the 5′ → 3′ direction, the RNA polymerase moves along the DNA chain, and the growing RNA molecule unwinds from DNA ( ). At any one time, about 12 base pairs of the growing RNA remain hydrogen-bonded to the DNA template. Biosynthesis of RNA using a DNA segment as a template. Unlike what happens in DNA replication, where both strands are copied, only one of the two DNA strands is transcribed into mRNA. The DNA strand that contains the gene is often called the sense strand , or coding strand, and the DNA strand that gets transcribed to give RNA is called the antisense strand , or noncoding strand. Because the sense strand and the antisense strand in DNA are complementary, and because the DNA antisense strand and the newly formed RNA strand are also complementary, the RNA molecule produced during transcription is a copy of the DNA sense strand. That is, the complement of the complement is the same as the original. The only difference is that the RNA molecule has a U everywhere that the DNA sense strand has a T. Another part of the picture in vertebrates and flowering plants is that genes are often not continuous segments of the DNA chain. Instead, a gene will begin in one small section of DNA called an exon, then be interrupted by a noncoding section called an intron, and then take up again farther down the chain in another exon. The final mRNA molecule results only after the noncoded sections are cut out of the transcribed mRNA and the remaining pieces are joined together by spliceosome enzymes. The gene for triose phosphate isomerase in maize, for instance, contains eight noncoding introns accounting for approximately 70% of the DNA base pairs and nine coding exons accounting for only 30% of the base pairs. Problems", "section": "Transcription of DNA", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Translation of RNA: Protein Biosynthesis The primary cellular function of mRNA is to direct the biosynthesis of the thousands of diverse peptides and proteins required by an organism—as many as 150,000 in a human. The mechanics of protein biosynthesis take place on ribosomes, small granular particles in the cytoplasm of a cell that consist of about 60% ribosomal RNA and 40% protein. The specific ribonucleotide sequence in mRNA forms a message that determines the order in which amino acid residues are to be joined. Each “word,” or codon , along the mRNA chain consists of a sequence of three ribonucleotides that is specific for a given amino acid. For example, the series UUC on mRNA is a codon directing incorporation of the amino acid phenylalanine into the growing protein. Of the 4 3 = 64 possible triplets of the four bases in RNA, 61 code for specific amino acids and 3 code for chain termination. shows the meaning of each codon. Codon Assignments of Base Triplets Third base (3′ end) First base (5′ end) Second base U C A G U U Phe Phe Leu Leu C Ser Ser Ser Ser A Tyr Tyr Stop Stop G Cys Cys Stop Trp C U Leu Leu Leu Leu C Pro Pro Pro Pro A His His Gln Gln G Arg Arg Arg Arg A U Ile Ile Ile Met C Thr Thr Thr Thr A Asn Asn Lys Lys G Ser Ser Arg Arg G U Val Val Val Val C Ala Ala Ala Ala A Asp Asp Glu Glu G Gly Gly Gly Gly The message embedded in mRNA is read by transfer RNA (tRNA) in a process called translation . There are 61 different tRNAs, one for each of the 61 codons that specify an amino acid. A typical tRNA is single-stranded and has roughly the shape of a cloverleaf, as shown in . It consists of about 70 to 100 ribonucleotides and is bonded to a specific amino acid by an ester linkage through the 3′ hydroxyl on ribose at the 3′ end of the tRNA. Each tRNA also contains on its middle leaf a segment called an anticodon , a sequence of three ribonucleotides complementary to the codon sequence. For example, the codon sequence UUC present on mRNA is read by a phenylalanine-bearing tRNA having the complementary anticodon base sequence GAA. [Remember that nucleotide sequences are written in the 5′ → 3′ direction, so the sequence in an anticodon must be reversed. That is, the complement to (5′)-UUC-(3′) is (3′)-AAG-(5′), which is written as (5′)-GAA-(3′).] Structure of a tRNA molecule. The tRNA is a roughly cloverleaf-shaped molecule containing an anticodon triplet on one “leaf” and an amino acid unit attached covalently at its 3′ end. The example shown is a yeast tRNA that codes for phenylalanine. The nucleotides not specifically identified are chemically modified analogs of the four common nucleotides. As each successive codon on mRNA is read, different tRNAs bring the correct amino acids into position for enzyme-mediated transfer to the growing peptide. When synthesis of the proper protein is completed, a “stop” codon signals the end, and the protein is released from the ribosome. This process is illustrated in . A representation of protein biosynthesis. The codon base sequences on mRNA are read by tRNAs containing complementary anticodon base sequences. Transfer RNAs assemble the proper amino acids into position for incorporation into the growing peptide. Predicting the Amino Acid Sequence Transcribed from DNA What amino acid sequence is coded by the following segment of a DNA coding strand (sense strand)? (5′) CTA-ACT-AGC-GGG-TCG-CCG (3′) Strategy The mRNA produced during translation is a copy of the DNA coding strand, with each T replaced by U. Thus, the mRNA has the sequence (5′) CUA-ACU-AGC-GGG-UCG-CCG (3′) Each set of three bases forms a codon, whose meaning can be found in . Solution Leu-Thr-Ser-Gly-Ser-Pro. Problems", "section": "Translation of RNA: Protein Biosynthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "DNA Sequencing A scientific revolution is now under way in molecular biology, as scientists learn how to manipulate and harness the genetic machinery of organisms. None of the extraordinary advances of the past several decades would have been possible, however, were it not for the discovery in 1977 of methods for sequencing immense DNA chains. The first step in DNA sequencing is to cleave the enormous chain at known points to produce smaller, more manageable pieces, a task accomplished by the use of restriction endonucleases , or restriction enzymes. Each different restriction enzyme, of which more than 4000 are known and approximately 600 are commercially available, cleaves a DNA molecule at a point in the chain where a specific base sequence occurs. For example, the restriction enzyme Alu I cleaves between G and C in the four-base sequence AG-CT. Note that the sequence is a palindrome, meaning that the sequence (5′)-AGCT-(3′) is the same as its complement (3′)-TCGA-(5′) when both are read in the same 5′ → 3′ direction. The same is true for other restriction endonucleases. If the original DNA molecule is cut with another restriction enzyme having a different specificity for cleavage, still other segments are produced whose sequences partially overlap those produced by the first enzyme. Sequencing all the segments, followed by identification of the overlapping regions, allows for complete DNA sequencing. A dozen or so different methods of DNA sequencing are now available, and many others are under development. The Sanger dideoxy method is among the most frequently used and was the method responsible for first sequencing the entire human genome of 3.0 billion base pairs. In commercial sequencing instruments, the dideoxy method begins with a mixture of the following: The restriction fragment to be sequenced A small piece of DNA called a primer, whose sequence is complementary to that on the 3′ end of the restriction fragment The four 2′-deoxyribonucleoside triphosphates (dNTPs) Very small amounts of the four 2′,3′-dideoxyribonucleoside triphosphates (ddNTPs), each of which is labeled with a fluorescent dye of a different color (A 2′,3′- dideoxy ribonucleoside triphosphate is one in which both 2′ and 3′ –OH groups are missing from ribose.) DNA polymerase is added to the mixture, and a strand of DNA complementary to the restriction fragment begins to grow from the end of the primer. Most of the time, only normal deoxyribonucleotides are incorporated into the growing chain because of their much higher concentration in the mixture, but every so often, a dideoxyribonucleotide is incorporated. When that happens, DNA synthesis stops because the chain end no longer has a 3′-hydroxyl group for adding further nucleotides. When reaction is complete, the product consists of a mixture of DNA fragments of all possible lengths, each terminated by one of the four dye-labeled dideoxyribonucleotides. This product mixture is then separated according to the size of the pieces by gel electrophoresis ( ), and the identity of the terminal dideoxyribonucleotide in each piece—and thus the sequence of the restriction fragment—is determined by noting the color with which the attached dye fluoresces. shows a typical result. The sequence of a restriction fragment determined by the Sanger dideoxy method can be read simply by noting the colors of the dye attached to each of the various terminal nucleotides. So efficient is the automated dideoxy method that sequences up to 1100 nucleotides in length, with a throughput of up to 19,000 bases per hour, can be sequenced with 98% accuracy. After a decade of work and a cost of about $500 million, preliminary sequence information for the entire human genome of 3.0 billion base pairs was announced early in 2001 and complete information was released in 2003. More recently, the genome sequencing of individuals, including that of James Watson, one of the discoverers of the double helix, has been accomplished. The sequencing price per genome is dropping rapidly and is currently less than $1,000, meaning that the routine sequencing of individuals is within reach. Remarkably, our genome appears to contain only about 21,000 genes, less than one-fourth the previously predicted number and only about twice the number found in the common roundworm. It’s also interesting to note that the number of genes in a human (21,000) is much smaller than the number of kinds of proteins (perhaps 500,000). This discrepancy arises because most proteins are modified in various ways after translation (posttranslational modifications), so a single gene can ultimately give many different proteins.", "section": "DNA Sequencing", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "DNA Synthesis The ongoing revolution in molecular biology has brought with it an increased demand for the efficient chemical synthesis of short DNA segments, called oligonucleotides, or simply oligos. The problems of DNA synthesis are similar to those of peptide synthesis ( ) but are more difficult because of the complexity of the nucleotide monomers. Each nucleotide has multiple reactive sites that must be selectively protected and deprotected at specific times, and coupling of the four nucleotides must be carried out in the proper sequence. Automated DNA synthesizers are available, however, that allow the fast and reliable synthesis of DNA segments up to 200 nucleotides in length. DNA synthesizers operate on a principle similar to that of the Merrifield solid-phase peptide synthesizer ( ). In essence, a protected nucleotide is covalently bonded to a solid support, and one nucleotide at a time is added to the growing chain by the use of a coupling reagent. After the final nucleotide has been added, all the protecting groups are removed and the synthetic DNA is cleaved from the solid support. Five steps are needed: STEP 1 The first step in DNA synthesis is to attach a protected deoxynucleoside to a silica (SiO 2 ) support by an ester linkage to the 3′ –OH group of the deoxynucleoside. Both the 5′ –OH group on the sugar and free –NH 2 groups on the heterocyclic bases must be protected. Adenine and cytosine bases are protected by benzoyl groups, guanine is protected by an isobutyryl group, and thymine requires no protection. The deoxyribose 5′ –OH is protected as its p -dimethoxytrityl (DMT) ether. STEP 2 The second step is removal of the DMT protecting group by treatment with dichloroacetic acid in CH 2 Cl 2 . The reaction occurs by an S N 1 mechanism and proceeds rapidly because of the stability of the tertiary, benzylic dimethoxytrityl cation. STEP 3 The third step is the coupling of the polymer-bonded deoxynucleoside with a protected deoxynucleoside containing a phosphoramidite group [R 2 NP(OR) 2 ] at its 3′ position. The coupling reaction takes place in the polar aprotic solvent acetonitrile, requires catalysis by the heterocyclic amine tetrazole, and yields a phosphite, P(OR) 3 , as product. Note that one of the phosphorus oxygen atoms is protected by a β -cyanoethyl group, – OCH 2 CH 2 C≡N . The coupling step takes place with better than 99% yield. STEP 4 With the coupling accomplished, the phosphite product is oxidized to a phosphate by treatment with iodine in aqueous tetrahydrofuran in the presence of 2,6-dimethylpyridine. The cycle of ( 1 ) deprotection, ( 2 ) coupling, and ( 3 ) oxidation is then repeated until an oligonucleotide chain of the desired sequence has been constructed. STEP 5 The final step is removal of all protecting groups and cleavage of the ester bond holding the DNA to the silica. All these reactions are done at the same time by treatment with aqueous NH 3 . Purification by electrophoresis then yields the synthetic DNA. Problems", "section": "DNA Synthesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Polymerase Chain Reaction It often happens that only a tiny amount of DNA can be obtained directly, as might occur at a crime scene, so methods for obtaining larger amounts are sometimes needed to carry out sequencing and characterization. The invention of the polymerase chain reaction (PCR) by Kary Mullis in 1986 has been described as being to genes what Gutenberg’s invention of the printing press was to the written word. Just as the printing press produces multiple copies of a book, PCR produces multiple copies of a given DNA sequence. Starting from less than 1 picogram (pg) of DNA with a chain length of 10,000 nucleotides (1 pg = 10 –12 g; about 10 5 molecules), PCR makes it possible to obtain several micrograms (1 μ g = 10 –6 g; about 10 11 molecules) in just a few hours. The key to the polymerase chain reaction is Taq DNA polymerase, a heat-stable enzyme isolated from the thermophilic bacterium Thermus aquaticus found in a hot spring in Yellowstone National Park. Taq polymerase is able to take a single strand of DNA having a short, primer segment of complementary chain at one end and then finish constructing the entire complementary strand. The overall process takes three steps, as shown in . More recently, improved heat-stable DNA polymerases have become available, including Vent polymerase and Pfu polymerase, both isolated from bacteria growing near geothermal vents in the ocean floor. The error rate of both enzymes is substantially less than that of Taq . The polymerase chain reaction. Details are explained in the text. STEP 1 The double-stranded DNA to be amplified is heated in the presence of Taq polymerase, Mg 2+ ion, the four deoxynucleotide triphosphate monomers (dNTPs), and a large excess of two short oligonucleotide primers of about 20 bases each. Each primer is complementary to the sequence at the end of one of the target DNA segments. At a temperature of 95 °C, double-stranded DNA denatures, spontaneously breaking apart into two single strands. STEP 2 The temperature is lowered to between 37 and 50 °C, allowing the primers, because of their relatively high concentration, to anneal by hydrogen-bonding to their complementary sequence at the end of each target strand. STEP 3 The temperature is then raised to 72 °C, and Taq polymerase catalyzes the addition of further nucleotides to the two primed DNA strands. When replication of each strand is complete, two copies of the original DNA now exist. Repeating the denature–anneal–synthesize cycle a second time yields four DNA copies, repeating a third time yields eight copies, and so on, in an exponential series. PCR has been automated, and 30 or so cycles can be carried out in an hour, resulting in a theoretical amplification factor of 2 30 (∼10 9 ). In practice, however, the efficiency of each cycle is less than 100%, and an experimental amplification of about 10 6 to 10 8 is routinely achieved for 30 cycles. DNA Fingerprinting The invention of DNA sequencing has affected society in many ways, few more dramatic than those stemming from the development of DNA fingerprinting. DNA fingerprinting arose from the discovery in 1984 that human genes contain short, repeating sequences of noncoding DNA, called short tandem repeat (STR) loci. Furthermore, the STR loci are slightly different for everyone except identical twins. By sequencing these loci, a pattern unique to each person can be obtained. Perhaps the most common and well-publicized use of DNA fingerprinting is that carried out by crime laboratories to link suspects to biological evidence—blood, hair follicles, skin, or semen—found at a crime scene. Many thousands of court cases have been decided based on DNA evidence. For use in criminal cases, forensic laboratories in the United States have agreed on 13 core STR loci that are most accurate for the identification of an individual. Based on these 13 loci, a Combined DNA Index System (CODIS) has been established to serve as a registry of convicted offenders. When a DNA sample is obtained from a crime scene, the sample is subjected to cleavage with restriction endonucleases to cut out fragments containing the STR loci, the fragments are amplified using the polymerase chain reaction, and the sequences of the fragments are determined. If the profile of sequences from a known individual and the profile from DNA obtained at a crime scene match, the probability is approximately 82 billion to 1 that the DNA is from the same individual. In paternity cases, where the DNA of male parent and offspring are related but not fully identical, the identity of the male parent can be established with a probability of around 100,000 to 1. Even after several generations, paternity can still be inferred from DNA analysis of the Y chromosome of direct male-line descendants. The most well-known such case is that of Thomas Jefferson, one of the nation's founders, who likely impregnated enslaved person Sally Hemings. Although Jefferson himself has no male-line descendants, DNA analysis of the male-line descendants of Jefferson’s paternal uncle contained the same Y chromosome as a male-line descendant of Eston Hemings, the youngest son of Sally Hemings. Thus, a mixing of the two genomes is clear, although the male individual responsible for that mixing can’t be identified with 100% certainty. Among its many other applications, DNA fingerprinting is widely used for the diagnosis of genetic disorders, both prenatally and in newborns. Cystic fibrosis, hemophilia, Huntington’s disease, Tay–Sachs disease, sickle cell anemia, and thalassemia are among the many diseases that can be detected, enabling early treatment of an affected child. Furthermore, by studying the DNA fingerprints of relatives with a history of a particular disorder, it’s possible to identify DNA patterns associated with the disease and perhaps obtain clues for an eventual cure. In addition, the U.S. Department of Defense requires blood and saliva samples from all military personnel. The samples are stored, and DNA is extracted if the need for identification of a casualty arises. anticodon antisense strand codon deoxyribonucleic acid (DNA) double helix 3′ end 5′ end messenger RNA (mRNA) nucleoside nucleotides polymerase chain reaction (PCR) replication ribonucleic acid (RNA) ribosomal RNA (rRNA) Sanger dideoxy method sense strand small RNAs transcription transfer RNA (tRNA) translation Summary DNA (deoxyribonucleic acid) and RNA (ribonucleic acid) are biological polymers that act as chemical carriers of an organism’s genetic information. Enzyme-catalyzed hydrolysis of nucleic acids yields nucleotides , the monomer units from which RNA and DNA are constructed. Further enzyme-catalyzed hydrolysis of the nucleotides yields nucleosides plus phosphate. Nucleosides, in turn, consist of a purine or pyrimidine base linked to the C1 of an aldopentose sugar—ribose in RNA and 2-deoxyribose in DNA. The nucleotides are joined by phosphate links between the 5′ phosphate of one nucleotide and the 3′ hydroxyl on the sugar of another nucleotide. Molecules of DNA consist of two complementary polynucleotide strands held together by hydrogen bonds between heterocyclic bases on the different strands and coiled into a double helix . Adenine and thymine form hydrogen bonds to each other, as do cytosine and guanine. Three processes take place in deciphering the genetic information of DNA: Replication of DNA is the process by which identical DNA copies are made. The DNA double helix unwinds, complementary deoxyribonucleotides line up in order, and two new DNA molecules are produced. Transcription is the process by which RNA is produced to carry genetic information from the nucleus to the ribosomes. A short segment of the DNA double helix unwinds, and complementary ribonucleotides line up to produce messenger RNA (mRNA) . Translation is the process by which mRNA directs protein synthesis. Each mRNA is divided into codons , ribonucleotide triplets that are recognized by small amino acid–carrying molecules of transfer RNA (tRNA) , which deliver the appropriate amino acids needed for protein synthesis. Sequencing of DNA is carried out by the Sanger dideoxy method , and small DNA segments can be synthesized in the laboratory by automated instruments. Small amounts of DNA can be amplified by factors of 10 6 using the polymerase chain reaction (PCR) . Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems General Problems", "section": "The Polymerase Chain Reaction", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? Acyl CoA dehydrogenase is an enzyme that catalyzes the introduction of a C═C double bond into fatty acids during their metabolism . (credit: modification of image from the RCSB PDF (rcsb.org) of PDB ID 2WBI. Muniz, J.R.C., Guo, K., Savitsky, P., Roos, A., Yue, W., Pilka, E., Vondelft, F., Edwards, A.M., Bountra, C., Arrowsmith, C.H., Weigelt, J., Oppermann, U. Crystal structure of human Acyl-CoA dehydrogenase 11) In this chapter, we’ll look at some of the pathways by which organisms carry out their chemistry, focusing primarily on how they metabolize fats and carbohydrates. The treatment will be far from complete, but it should give you an idea of the kinds of processes that occur. Anyone who wants to understand or contribute to the revolution now taking place in the biological sciences must first understand life processes at the molecular level. This understanding, in turn, must be based on a detailed knowledge of the chemical reactions and pathways used by living organisms. Just knowing what occurs is not enough; it’s also necessary to understand how and why organisms use the chemistry they do. Biochemical reactions are not mysterious. Even though the biological reactions that take place in living organisms often appear complicated, they follow the same rules of reactivity as laboratory reactions and they operate by the same mechanisms. Some of the molecules we’ll be encountering are substantially larger and more complex than those we’ve been dealing with thus far. But don’t be intimidated; keep your focus on the parts of the molecules where changes occur, and ignore the parts where nothing changes. The reactions themselves are exactly the same additions, eliminations, substitutions, carbonyl condensations, and so forth, that we’ve been dealing with all along. By the end of this chapter, it should be clear that the chemistry of living organisms is organic chemistry.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "An Overview of Metabolism and Biochemical Energy The many reactions that occur in the cells of living organisms are collectively called metabolism . The pathways that break down larger molecules into smaller ones are called catabolism , and the pathways that synthesize larger biomolecules from smaller ones are known as anabolism . Catabolic reaction pathways are usually exergonic and release energy, while anabolic pathways are often endergonic and absorb energy. Catabolism can be divided into the four stages shown in . An overview of catabolic pathways for the degradation of food and the production of biochemical energy. The ultimate products of food catabolism are CO 2 and H 2 O, with the energy released in the citric acid cycle used to drive the endergonic synthesis of adenosine triphosphate (ATP) from adenosine diphosphate (ADP) plus hydrogen phosphate ion, HOPO 3 2– . In the first catabolic stage, commonly called digestion , food is broken down in the mouth, stomach, and small intestine by hydrolysis of ester, acetal (glycoside), and amide (peptide) bonds to yield fatty acids, simple sugars, and amino acids. These smaller molecules are then absorbed and further degraded in the second stage of catabolism to yield acetyl groups attached by a thioester bond to the large carrier molecule, coenzyme A. The resultant compound, acetyl coenzyme A (acetyl CoA), is a key substance in the metabolism of food molecules and in many other biological pathways. As noted in , the acetyl group in acetyl CoA is linked to the sulfur atom of phosphopantetheine, which is itself linked to adenosine 3',5'-bisphosphate. Acetyl groups are oxidized inside cellular mitochondria in the third stage of catabolism, the citric acid cycle, to yield CO 2 . (We’ll see the details of the process in Section 29.7 .) Like most oxidations, this stage releases a large amount of energy, which is used in the fourth stage, the electron-transport chain, to accomplish the endergonic phosphorylation of adenosine diphosphate (ADP) with hydrogen phosphate ion (HOPO 3 2– , abbreviated P i ) to give adenosine triphosphate (ATP). As the final result of food catabolism, ATP has been called the “energy currency” of the cell. Catabolic reactions “buy” ATP with the energy they release to synthesize it from ADP and hydrogen phosphate ion. Anabolic reactions then spend the ATP by transferring a phosphate group to another molecule, thereby regenerating ADP. Energy production and use in living organisms thus revolves around the ATP ⇄ ADP interconversion. ADP and ATP are both phosphoric acid anhydrides, which contain linkages analogous to the linkage in carboxylic acid anhydrides. Just as carboxylic acid anhydrides react with alcohols by breaking a C–O bond and forming a carboxylic ester, ROCOR' ( ), phosphoric acid anhydrides react with alcohols by breaking a P–O bond and forming a phosphate ester, ROPO 3 2– . The reaction is, in effect, a nucleophilic acyl substitution at phosphorus. Note that phosphorylation reactions with ATP generally require the presence of a divalent metal cation in the enzyme, usually Mg 2+ , to form a Lewis acid–base complex with the phosphate oxygen atoms and to neutralize negative charge. How does the body use ATP? Recall from that the free-energy change Δ G must be negative and energy must be released for a reaction to be energetically favorable and occur spontaneously. If Δ G is positive, the reaction is energetically unfavorable and the process can’t occur spontaneously. For an energetically unfavorable reaction to occur, it must be “coupled” to an energetically favorable reaction so that the overall free-energy change for the two reactions together is favorable. To understand what it means for reactions to be coupled, imagine that reaction 1 does not occur to any reasonable extent because it has a small equilibrium constant and is energetically unfavorable; that is, the reaction has Δ G > 0. where A and B are the biochemically “important” substances while m and n are enzyme cofactors, H 2 O, or other small molecules. Imagine also that product n can react with substance o to yield p and q in a second, highly favorable reaction that has a large equilibrium constant and Δ G << 0. Taking the two reactions together, they share, or are coupled through, the common intermediate n , which is a product in the first reaction and a reactant in the second. When even a tiny amount of n is formed in reaction 1, it undergoes essentially complete conversion in reaction 2, thereby removing it from the first equilibrium and forcing reaction 1 to continually replenish n until reactant A is gone. That is, the two reactions added together have a favorable Δ G < 0, and we say that the favorable reaction 2 “drives” the unfavorable reaction 1. Because the two reactions are coupled through n , the transformation of A to B becomes favorable. For an example of two reactions that are coupled, look at the phosphorylation reaction of glucose to yield glucose 6-phosphate plus water, an important step in the breakdown of dietary carbohydrates. The reaction of glucose with HOPO 3 2– does not occur spontaneously because it is energetically unfavorable, with Δ G °' = 13.8 kJ/mol. (The standard free-energy change for a biological reaction is denoted Δ G °' and refers to a process in which reactants and products have a concentration of 1.0 M in a solution with pH = 7.) At the same time, however, the reaction of water with ATP to yield ADP plus HOPO 3 2– is strongly favorable, with Δ G °' = –30.5 kJ/mol. When the two reactions are coupled, glucose reacts with ATP to yield glucose 6-phosphate plus ADP in a reaction that is favorable by about 16.7 kJ/mol (4.0 kcal/mol). That is, ATP drives the phosphorylation reaction of glucose. It’s this ability to drive otherwise unfavorable phosphorylation reactions that makes ATP so useful. The resultant phosphates are much more reactive as leaving groups in nucleophilic substitutions and eliminations than the alcohols they’re derived from and are therefore more chemically useful. Problems", "section": "An Overview of Metabolism and Biochemical Energy", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Catabolism of Triacylglycerols: The Fate of Glycerol The metabolic breakdown of triacylglycerols begins with their hydrolysis in the stomach and small intestine to yield glycerol plus fatty acids. The reaction is catalyzed by a lipase, whose mechanism is shown in . The active site of the enzyme contains a catalytic triad of aspartic acid, histidine, and serine residues, which act cooperatively to provide the necessary acid and base catalysis for the individual steps. Hydrolysis is accomplished by two sequential nucleophilic acyl substitution reactions, one that covalently binds an acyl group to the side chain –OH of a serine residue on the enzyme and a second that frees the fatty acid from the enzyme. MECHANISM Mechanism for the action of lipase. The active site of the enzyme contains a catalytic triad of aspartic acid, histidine, and serine, which react cooperatively to carry out two nucleophilic acyl substitution reactions. Individual steps are explained in the text. Steps 1 – 2 of : Acyl Enzyme Formation The first nucleophilic acyl substitution step—reaction of the triacylglycerol with the active-site serine to give an acyl enzyme—begins with deprotonation of the serine alcohol by histidine to form the more strongly nucleophilic alkoxide ion. This proton transfer is facilitated by a nearby side-chain carboxylate anion of aspartic acid, which makes the histidine more basic and stabilizes the resultant histidine cation by electrostatic interactions. The deprotonated serine adds to a carbonyl group of a triacylglycerol to give a tetrahedral intermediate, which expels a diacylglycerol as a leaving group and produces an acyl enzyme. This step is catalyzed by a proton transfer from histidine to make the leaving group a neutral alcohol. Steps 3 – 4 of : Hydrolysis The second nucleophilic acyl substitution step hydrolyzes the acyl enzyme and gives the free fatty acid by a mechanism analogous to that of the first two steps. Water is deprotonated by histidine to give hydroxide ion, which adds to the enzyme-bound acyl group. The tetrahedral intermediate then expels the neutral serine residue as the leaving group, freeing the fatty acid and returning the enzyme to its active form. The fatty acids released on triacylglycerol hydrolysis are transported to mitochondria and degraded to acetyl CoA, while the glycerol is carried to the liver for further metabolism. In the liver, glycerol is first phosphorylated by reaction with ATP and then oxidized by NAD + . The resulting dihydroxyacetone phosphate (DHAP) enters the carbohydrate glycolysis pathway, which we’ll discuss in . You might note that C2 of glycerol is a prochiral center ( ) with two identical “arms.” As is typical for enzyme-catalyzed reactions, the phosphorylation of glycerol is selective. Only the pro- R arm undergoes reaction, although this can’t be predicted in advance. Note also that the phosphorylation product is named sn -glycerol 3-phosphate, where the sn - prefix means “stereospecific numbering.” In this convention, the molecule is drawn as a Fischer projection with the − OH group at C2 pointing to the left and the glycerol carbon atoms numbered from the top.", "section": "Catabolism of Triacylglycerols: The Fate of Glycerol", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Catabolism of Triacylglycerols: β -Oxidation The fatty acids that result from triacylglycerol hydrolysis are converted into thioesters with coenzyme A and then catabolized by a repetitive four-step sequence of reactions called the β -oxidation pathway , shown in . Each passage along the pathway results in the cleavage of an acetyl group from the end of the fatty-acid chain, until the entire molecule is ultimately degraded. As each acetyl group is produced, it enters the citric acid cycle and is further degraded to CO 2 , as we’ll see in . MECHANISM The four steps of the β -oxidation pathway, resulting in the cleavage of an acetyl group from the end of the fatty-acid chain. The key chain-shortening step is a retro-Claisen reaction of a β -keto thioester. Individual steps are explained in the text. Step 1 of : Introduction of a Double Bond The β -oxidation pathway begins when two hydrogen atoms are removed from C2 and C3 of the fatty acyl CoA by one of a family of acyl-CoA dehydrogenases to yield an α , β -unsaturated acyl CoA. This kind of oxidation—the introduction of a conjugated double bond into a carbonyl compound—occurs frequently in biochemical pathways and usually involves the coenzyme flavin adenine dinucleotide (FAD). Reduced FADH 2 is the by-product. The mechanisms of FAD-catalyzed reactions are often difficult to establish because flavin coenzymes can follow both two-electron (polar) and one-electron (radical) pathways. As a result, extensive studies of the family of acyl-CoA dehydrogenases have not yet provided a clear picture of how these enzymes function. What is known is that: ( 1 ) The first step is abstraction of the pro- R hydrogen from the acidic α position of the acyl CoA to give a thioester enolate ion. Hydrogen-bonding between the acyl carbonyl group and the ribitol hydroxyls of FAD increases the acidity of the acyl group. ( 2 ) The pro- R hydrogen at the β position is transferred to FAD. ( 3 ) The α , β -unsaturated acyl CoA that results has a trans double bond. One suggested mechanism has the reaction taking place by a conjugate nucleophilic addition of hydride, analogous to what occurs during alcohol oxidations with NAD + . Electrons on the enolate ion might expel a β hydride ion, which could add to the doubly bonded N5 nitrogen on FAD. Protonation of the intermediate at N1 would give the product. Step 2 of : Conjugate Addition of Water The α , β -unsaturated acyl CoA produced in step 1 reacts with water by a conjugate addition pathway ( ) to yield a β -hydroxyacyl CoA in a process catalyzed by enoyl CoA hydratase. Water as nucleophile adds to the β carbon of the double bond, yielding an intermediate thioester enolate ion that is protonated on the α position. Step 3 of : Alcohol Oxidation The β -hydroxyacyl CoA from step 2 is oxidized to a β -ketoacyl CoA in a reaction catalyzed by one of a family of L-3-hydroxyacyl-CoA dehydrogenases, which differ in substrate specificity according to the chain length of the acyl group. As in the oxidation of sn -glycerol 3-phosphate to dihydroxyacetone phosphate mentioned at the end of , this alcohol oxidation requires NAD + as a coenzyme and yields reduced NADH/H + as by-product. Deprotonation of the hydroxyl group is carried out by a histidine residue at the active site. Step 4 of : Chain Cleavage Acetyl CoA is split off from the chain in the final step of β -oxidation, leaving an acyl CoA that is two carbon atoms shorter than the original. The reaction is catalyzed by β -ketoacyl-CoA thiolase and is mechanistically the reverse of a Claisen condensation reaction ( ). In the forward direction, a Claisen condensation joins two esters together to form a β -keto ester product. In the reverse direction, a retro-Claisen reaction splits apart a β -keto ester (or β -keto thioester in this case) to form two esters (or two thioesters). The retro-Claisen reaction occurs by nucleophilic addition of a cysteine −SH group on the enzyme to the keto group of the β -ketoacyl CoA to yield an alkoxide ion intermediate. Cleavage of the C2–C3 bond then follows, with the expulsion of an acetyl CoA enolate ion that is immediately protonated. The enzyme-bound acyl group then undergoes nucleophilic acyl substitution by reaction with a molecule of coenzyme A, and the chain-shortened acyl CoA that results re-enters the β -oxidation pathway for further degradation. Look at the catabolism of myristic acid shown in to see the overall results of the β -oxidation pathway. The first passage converts the 14-carbon myristoyl CoA into the 12-carbon lauroyl CoA plus acetyl CoA, the second passage converts lauroyl CoA into the 10-carbon caproyl CoA plus acetyl CoA, the third passage converts caproyl CoA into the 8-carbon capryloyl CoA, and so on. Note that the final passage produces two molecules of acetyl CoA because the precursor has four carbons. Catabolism of the 14-carbon myristic acid by the β -oxidation pathway yields seven molecules of acetyl CoA after six passages. Most fatty acids have an even number of carbon atoms, so none are left over after β -oxidation. Those fatty acids with an odd number of carbon atoms yield the three-carbon propionyl CoA in the final β -oxidation. Propionyl CoA is then converted to succinate by a multistep radical pathway, and succinate enters the citric acid cycle ( ). Note that the three-carbon propionyl group should technically be called propanoyl, but biochemists generally use the nonsystematic name. Problems", "section": "Catabolism of Triacylglycerols:β-Oxidation", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Biosynthesis of Fatty Acids One of the most striking features of the common fatty acids is that they have an even number of carbon atoms ( ). This occurs because all fatty acids are derived biosynthetically from acetyl CoA by sequential addition of two-carbon units to a growing chain. The acetyl CoA, in turn, arises primarily from the metabolic breakdown of carbohydrates in the glycolysis pathway, which we’ll see in . Thus, dietary carbohydrates consumed in excess of immediate energy needs are turned into fats for storage. As a general rule in biological chemistry, the anabolic pathway by which a substance is made is not the reverse of the catabolic pathway by which the same substance is degraded. The two paths must differ in some respects for both to be energetically favorable. Thus, the β -oxidation pathway for converting fatty acids into acetyl CoA and the biosynthesis of fatty acids from acetyl CoA are related but are not exact opposites. Differences include the identity of the acyl-group carrier, the stereochemistry of the β -hydroxyacyl reaction intermediate, and the identity of the redox coenzyme. FAD is used to introduce a double bond in β -oxidation, while NADPH is used to reduce the double bond in fatty-acid biosynthesis. In bacteria, each step in fatty-acid synthesis is catalyzed by a separate enzyme. In vertebrates, however, fatty-acid synthesis is catalyzed by an immense, multienzyme complex called a synthase that contains two identical subunits of 2505 amino acids each and catalyzes all steps in the pathway. In fact, for an 18-carbon fatty acid, the synthase catalyzes 42 separate steps! An overview of fatty-acid biosynthesis is shown in . Steps 1 – 2 of : Acyl Transfers The starting material for fatty-acid biosynthesis is the thioester acetyl CoA, the final product of carbohydrate breakdown, as we’ll see in . The pathway begins with several priming reactions, which transport acetyl CoA and convert it into more reactive species. The first priming reaction is a nucleophilic acyl substitution reaction that converts acetyl CoA into acetyl ACP (acyl carrier protein). Notice that the mechanism of the nucleophilic acyl substitution in step 1 can be given in an abbreviated form that saves space by not explicitly showing the tetrahedral reaction intermediate. Instead, electron movement is shown as a heart-shaped path around the carbonyl oxygen to imply the two steps of the full mechanism. Biochemists commonly use this kind of abbreviated format, and we’ll also use it on occasion through the rest of this chapter. MECHANISM The pathway for fatty-acid biosynthesis from the two-carbon precursor, acetyl CoA. Individual steps are explained in the text. In bacteria, ACP is a small protein of 77 residues that transports an acyl group from one enzyme to another. In vertebrates, however, ACP appears to be a long arm on a multienzyme synthase complex, whose apparent function is to shepherd an acyl group from site to site within the complex. As in acetyl CoA, the acyl group in acetyl ACP is linked by a thioester bond to the sulfur atom of phosphopantetheine. The phosphopantetheine is in turn linked to ACP through the side-chain –OH group of a serine residue in the enzyme. Step 2 , another priming reaction, involves a further exchange of thioester linkages by another nucleophilic acyl substitution and results in covalent bonding of the acetyl group to a cysteine residue in the synthase complex that catalyzes the upcoming condensation step. Steps 3 – 4 of : Carboxylation and Acyl Transfer Step 3 is a loading reaction in which acetyl CoA is carboxylated by reaction with HCO 3 – and ATP to yield malonyl CoA plus ADP. This step requires the coenzyme biotin, which is bonded to the lysine residue of acetyl CoA carboxylase and acts as a carrier of CO 2 . Biotin first reacts with bicarbonate ion to give N -carboxybiotin, which then reacts with the enolate ion of acetyl CoA and transfers the CO 2 group. Thus, biotin acts as a carrier of CO 2 , binding it in one step and releasing it in another. The mechanism of the CO 2 transfer reaction with acetyl CoA to give malonyl CoA is thought to involve CO 2 as the reactive species. One proposal is that the loss of CO 2 is favored by hydrogen-bond formation between the N -carboxybiotin carbonyl group and a nearby acidic site in the enzyme. Simultaneous deprotonation of acetyl CoA by a basic site in the enzyme gives a thioester enolate ion that can react with CO 2 as it forms ( ). MECHANISM Mechanism of step 3 in , the biotin-dependent carboxylation of acetyl CoA to yield malonyl CoA. Following the formation of malonyl CoA, another nucleophilic acyl substitution reaction occurs in step 4 to form the more reactive malonyl ACP, thereby binding the malonyl group to an ACP arm of the multienzyme synthase. At this point, both acetyl and malonyl groups are bound to the enzyme, and the stage is set for their condensation. Step 5 of : Condensation The key carbon–carbon bond-forming reaction that builds the fatty-acid chain occurs in step 5 . This step is simply a Claisen condensation between acetyl synthase as the electrophilic acceptor and malonyl ACP as the nucleophilic donor. The mechanism of the condensation is thought to involve decarboxylation of malonyl ACP to give an enolate ion, followed by immediate nucleophilic addition of the enolate ion to the carbonyl group of acetyl synthase. Breakdown of the tetrahedral intermediate then gives the four-carbon condensation product acetoacetyl ACP and frees the synthase binding site for attachment of the chain-elongated acyl group at the end of the sequence. Steps 6 – 8 of : Reduction and Dehydration The ketone carbonyl group in acetoacetyl ACP is next reduced to the alcohol β -hydroxybutyryl ACP by β -keto thioester reductase and NADPH, a reducing coenzyme closely related to NADH. R stereochemistry results at the newly formed chirality center in the β -hydroxy thioester product. (Note that the systematic name of a butyryl group is butanoyl. ) Subsequent dehydration of β -hydroxybutyryl ACP by an E1cB reaction in step 7 yields trans -crotonyl ACP, and the carbon–carbon double bond of crotonyl ACP is reduced by NADPH in step 8 to yield butyryl ACP. The double-bond reduction occurs by conjugate nucleophilic addition of a hydride ion from NADPH to the β carbon of trans -crotonyl ACP. In vertebrates, this reduction occurs by an overall syn addition, but other organisms carry out similar chemistry with different stereochemistry. The net effect of the eight steps in the fatty-acid biosynthesis pathway is to take two 2-carbon acetyl groups and combine them into a 4-carbon butyryl group. Further condensation of the butyryl group with another malonyl ACP yields a 6-carbon unit, and still further repetitions add two carbon atoms at a time until the 16-carbon palmitoyl ACP is produced. Further chain elongation of palmitic acid occurs by reactions similar to those just described, but CoA rather than ACP acts as the carrier group, and separate enzymes are needed for each step rather than a multienzyme synthase complex. Problems", "section": "Biosynthesis of Fatty Acids", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Catabolism of Carbohydrates: Glycolysis Glucose is the body’s primary short-term energy source. Its catabolism begins with glycolysis , a series of ten enzyme-catalyzed reactions that break down glucose into 2 equivalents of pyruvate, CH 3 COCO 2 – . The steps of glycolysis, also called the Embden–Meyerhoff pathway after its discoverers, are summarized in . MECHANISM The ten-step glycolysis pathway for catabolizing glucose to two molecules of pyruvate. Individual steps are described in the text. MECHANISM (Continued) Steps 1 – 2 of : Phosphorylation and Isomerization Glucose, produced by the digestion of dietary carbohydrates, is phosphorylated at the C6 hydroxyl group by reaction with ATP in a process catalyzed by hexokinase. As noted in , the reaction requires Mg 2+ as a cofactor to complex with the negatively charged phosphate oxygens. The glucose 6-phosphate that results is then isomerized by glucose 6-phosphate isomerase to give fructose 6-phosphate. This isomerization takes place by initial opening of the glucose hemiacetal ring to its open-chain form, followed by keto–enol tautomerization to a cis enediol, HO ─ C ═ C ─ OH . But because glucose and fructose share a common enediol, further tautomerization to a different keto form produces open-chain fructose, and cyclization completes the process ( ). Mechanism of step 2 in glycolysis, the isomerization of glucose 6-phosphate to fructose 6-phosphate. Step 3 of : Phosphorylation Fructose 6-phosphate is converted in step 3 to fructose 1,6-bisphosphate (FBP) by a phosphofructokinase-catalyzed reaction with ATP (recall that the prefix bis - means two). The mechanism is similar to that in step 1, with Mg 2+ ion again required as cofactor. Interestingly, the product of step 2 is the α anomer of fructose 6-phosphate, but it is the β anomer that is phosphorylated in step 3, implying that the two anomers equilibrate rapidly through the open-chain form. The result is a molecule ready to be split into the two three-carbon intermediates that will ultimately become two molecules of pyruvate. Step 4 of : Cleavage Fructose 1,6-bisphosphate is cleaved in step 4 into two 3-carbon pieces, dihydroxyacetone phosphate (DHAP) and glyceraldehyde 3-phosphate (GAP). The bond between C3 and C4 of fructose 1,6-bisphosphate breaks, and a C ═ O group is formed at C4. Mechanistically, the cleavage is the reverse of an aldol reaction ( ) and is catalyzed by an aldolase. A forward aldol reaction joins two aldehydes or ketones to give a β -hydroxy carbonyl compound, while a retro-aldol reaction, as in this case, cleaves a β -hydroxy carbonyl compound into two aldehydes or ketones. Two classes of aldolases are used by organisms for catalysis of the retro-aldol reaction. In fungi, algae, and some bacteria, the retro-aldol reaction is catalyzed by class II aldolases, which function by coordination of the fructose carbonyl group with Zn 2+ as Lewis acid. In plants and animals, the reaction is catalyzed by class I aldolases and does not take place on the free ketone. Instead, fructose 1,6-bisphosphate undergoes reaction with the side-chain –NH 2 group of a lysine residue on the aldolase to yield a protonated enzyme-bound imine ( ), which is often called a Schiff base in biochemistry. Because of its positive charge, the iminium ion is a better electron acceptor than a ketone carbonyl group. Retro-aldol reaction ensues, giving glyceraldehyde 3-phosphate and an enamine, which is protonated to give another iminium ion that is hydrolyzed to yield dihydroxyacetone phosphate ( ). Mechanism of step 4 in , the cleavage of fructose 1,6-bisphosphate to yield glyceraldehyde 3-phosphate and dihydroxyacetone phosphate. The reaction occurs through an iminium ion formed by reaction with a lysine residue in the enzyme. Step 5 of : Isomerization Dihydroxyacetone phosphate is isomerized in step 5 by triose phosphate isomerase to form a second equivalent of glyceraldehyde 3-phosphate. As in the conversion of glucose 6-phosphate to fructose 6-phosphate in step 2 , the isomerization takes place by keto–enol tautomerization through a common enediol intermediate. A base deprotonates C1 and then reprotonates C2 using the same hydrogen. The net result of steps 4 and 5 together is the production of two glyceraldehyde 3-phosphate molecules, both of which pass down the rest of the pathway. Thus, each of the remaining five steps of glycolysis takes place twice for every glucose molecule entering at step 1. Steps 6 – 7 of : Oxidation, Phosphorylation, and Dephosphorylation Glyceraldehyde 3-phosphate is oxidized and phosphorylated in step 6 to give 1,3-bisphosphoglycerate ( ). The reaction is catalyzed by glyceraldehyde 3-phosphate dehydrogenase and begins by nucleophilic addition of the –SH group of a cysteine residue in the enzyme to the aldehyde carbonyl group to yield a hemithioacetal ( ), the sulfur analog of a hemiacetal. Oxidation of the hemithioacetal –OH group by NAD + then yields a thioester, which reacts with phosphate ion in a nucleophilic acyl substitution step to yield 1,3-bisphosphoglycerate, a mixed anhydride derived from a carboxylic acid and a phosphoric acid. Mechanism of step 6 in , the oxidation and phosphorylation of glyceraldehyde 3-phosphate to give 1,3-bisphosphoglycerate. The process occurs through initial formation of a hemiacetal that is oxidized to a thioester and converted into an acyl phosphate. Like all anhydrides ( ), the mixed carboxylic–phosphoric anhydride is a reactive substrate in nucleophilic acyl (or phosphoryl) substitution reactions. Reaction of 1,3-bisphosphoglycerate with ADP occurs in step 7 by substitution on phosphorus, resulting in transfer of a phosphate group to ADP and giving ATP plus 3-phosphoglycerate. The process is catalyzed by phosphoglycerate kinase and requires Mg 2+ as cofactor. Together, steps 6 and 7 accomplish the oxidation of an aldehyde to a carboxylic acid. Step 8 of : Isomerization 3-Phosphoglycerate isomerizes to 2-phosphoglycerate in a step catalyzed by phosphoglycerate mutase. In plants, 3-phosphoglycerate transfers its phosphoryl group from its C3 oxygen to a histidine residue on the enzyme in one step and then accepts the same phosphoryl group back onto the C2 oxygen in a second step. In animals and yeast, however, the enzyme contains a phosphorylated histidine, which transfers its phosphoryl group to the C2 oxygen of 3-phosphoglycerate and forms 2,3-bisphosphoglycerate as intermediate. The same histidine then accepts a phosphoryl group from the C3 oxygen to yield the isomerized product plus the regenerated enzyme. As explained in , we’ll occasionally use an abbreviated mechanism for nucleophilic acyl substitution reactions to save space. Steps 9 – 10 of : Dehydration and Dephosphorylation Like most β -hydroxy carbonyl compounds, 2-phosphoglycerate undergoes a ready dehydration in step 9 by an E1cB mechanism ( ). The process is catalyzed by enolase, and the product is phosphoenolpyruvate, abbreviated PEP. Two Mg 2+ ions are associated with the 2-phosphoglycerate to neutralize the negative charges. Transfer of the phosphoryl group to ADP in step 10 then generates ATP and gives enolpyruvate, which tautomerizes to pyruvate. The reaction is catalyzed by pyruvate kinase and requires that a molecule of fructose 1,6-bisphosphate also be present, as well as 2 equivalents of Mg 2+ . One Mg 2+ ion coordinates to ADP, and the other increases the acidity of a water molecule necessary for protonation of the enolate ion. The overall result of glycolysis can be summarized by the following equation: Problems", "section": "Catabolism of Carbohydrates: Glycolysis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Conversion of Pyruvate to Acetyl CoA Pyruvate, produced by catabolism of glucose (and by degradation of several amino acids), can undergo several further transformations depending on the conditions and on the organism. In the absence of oxygen, pyruvate can either be reduced by NADH to yield lactate [CH 3 CH(OH)CO 2 – ] or, in yeast, fermented to give ethanol. Under typical aerobic conditions in mammals, however, pyruvate is converted by a process called oxidative decarboxylation to give acetyl CoA plus CO 2 . ( Oxidative because the oxidation state of the carbonyl carbon rises from that of a ketone to that of a thioester.) The conversion occurs through a multistep sequence of reactions catalyzed by a complex of enzymes and cofactors called the pyruvate dehydrogenase complex. The process occurs in three stages, each catalyzed by one of the enzymes in the complex, as outlined in . Acetyl CoA, the ultimate product, then acts as fuel for the final stage of catabolism, the citric acid cycle. Step 1 of : Addition of Thiamin Diphosphate The conversion of pyruvate to acetyl CoA begins by reaction of pyruvate with thiamin diphosphate, a derivative of vitamin B 1 . Formerly called thiamin pyro phosphate, thiamin diphosphate is usually abbreviated as TPP. The spelling thiamine is also correct and frequently used. The key structural element in thiamin diphosphate is the thiazolium ring—a five-membered, unsaturated heterocycle containing a sulfur atom and a positively charged nitrogen atom. The thiazolium ring is weakly acidic, with a p K a of approximately 18 for the ring hydrogen between N and S. Bases can therefore deprotonate thiamin diphosphate, leading to formation of an ylide much like the phosphonium ylides used in Wittig reactions ( ). As in the Wittig reaction, the TPP ylide is a nucleophile and adds to the ketone carbonyl group of pyruvate to yield an alcohol addition product. MECHANISM Mechanism for the conversion of pyruvate to acetyl CoA through a multistep sequence of reactions that requires three different enzymes and four different coenzymes. The individual steps are explained in the text. Step 2 of : Decarboxylation The TPP addition product, which contains an iminium ion β to a carboxylate anion, undergoes decarboxylation in much the same way that a β -keto acid decarboxylates in the acetoacetic ester synthesis ( ). The C ═ N + bond of the pyruvate addition product acts like the C ═ O bond of a β -keto acid to accept electrons as CO 2 leaves, giving hydroxyethylthiamin diphosphate (HETPP). Step 3 of : Reaction with Lipoamide Hydroxyethylthiamin diphosphate is an enamine ( R 2 N ─ C ═ C ), which, like all enamines, is nucleophilic ( ). It therefore reacts with the enzyme-bound disulfide lipoamide by nucleophilic attack on a sulfur atom, displacing the second sulfur in an S N 2-like process. Step 4 of : Elimination of Thiamin Diphosphate The product of the HETPP reaction with lipoamide is a hemithioacetal, which eliminates thiamin diphosphate ylide. This elimination is the reverse of the ketone addition in step 1 and generates acetyl dihydrolipoamide. Step 5 of : Acyl Transfer Acetyl dihydrolipoamide, a thioester, undergoes a nucleophilic acyl substitution reaction with coenzyme A to yield acetyl CoA plus dihydrolipoamide. The dihydrolipoamide is then oxidized back to lipoamide by FAD ( ), and the FADH 2 that results is in turn oxidized back to FAD by NAD + , completing the catalytic cycle. Problems", "section": "Conversion of Pyruvate to Acetyl CoA", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "The Citric Acid Cycle The initial stages of catabolism result in the conversion of both fats and carbohydrates into acetyl groups that are bonded through a thioester link to coenzyme A. Acetyl CoA then enters the next stage of catabolism—the citric acid cycle , also called the tricarboxylic acid (TCA) cycle, or Krebs cycle, after Hans Krebs, who unraveled its complexities in 1937. The overall result of the cycle is the conversion of an acetyl group into two molecules of CO 2 plus reduced coenzymes by the eight-step reaction sequence shown in . As its name implies, the citric acid cycle is a closed loop of reactions in which the product of the final step (oxaloacetate) is a reactant in the first step. The intermediates are constantly regenerated, flowing continuously through the cycle, which operates as long as the oxidizing coenzymes NAD + and FAD are available. To meet this condition, the reduced coenzymes NADH and FADH 2 must be reoxidized via the electron-transport chain, which in turn relies on oxygen as the ultimate electron acceptor. Thus, the cycle is dependent on the availability of oxygen and on the operation of the electron-transport chain. MECHANISM The citric acid cycle is an eight-step series of reactions that results in the conversion of an acetyl group into two molecules of CO 2 plus reduced coenzymes. Individual steps are explained in the text. Step 1 of : Addition to Oxaloacetate Acetyl CoA enters the citric acid cycle in step 1 by nucleophilic addition to the oxaloacetate carbonyl group, to give ( S )-citryl CoA. This addition is an aldol reaction and is catalyzed by citrate synthase, as discussed in . ( S )-Citryl CoA is then hydrolyzed to citrate by a typical nucleophilic acyl substitution reaction with water, catalyzed by the same citrate synthase enzyme. Note that the hydroxyl-bearing carbon of citrate is a prochirality center and contains two identical arms. Because the initial aldol reaction of acetyl CoA to oxaloacetate occurs specifically from the Si face of the ketone carbonyl group, the pro- S arm of citrate is derived from acetyl CoA and the pro- R arm is derived from oxaloacetate. Step 2 of : Isomerization Citrate, a prochiral tertiary alcohol, is next converted into its isomer, (2 R ,3 S )-isocitrate, a chiral secondary alcohol. The isomerization occurs in two steps, both of which are catalyzed by the same aconitase enzyme. The initial step is an E1cB dehydration of a β -hydroxy acid to give cis -aconitate, the same sort of reaction that occurs in step 9 of glycolysis ( ). The second step is a conjugate nucleophilic addition of water to the C═C bond ( ). The dehydration of citrate takes place specifically on the pro- R arm—the one derived from oxaloacetate—rather than on the pro- S arm derived from acetyl CoA. Step 3 of : Oxidation and Decarboxylation (2 R ,3 S )-Isocitrate, a secondary alcohol, is oxidized by NAD + in step 3 to give the ketone oxalosuccinate, which loses CO 2 to give α -ketoglutarate. Catalyzed by isocitrate dehydrogenase, the decarboxylation is a typical reaction of a β -keto acid, just like that in the acetoacetic ester synthesis ( ). The enzyme requires a divalent cation as a cofactor to polarize the ketone carbonyl group and make it a better electron acceptor. Step 4 of : Oxidative Decarboxylation The transformation of α -ketoglutarate to succinyl CoA in step 4 is a multistep process just like the transformation of pyruvate to acetyl CoA that we saw in . In both cases, an α -keto acid loses CO 2 and is oxidized to a thioester in a series of steps catalyzed by a multienzyme dehydrogenase complex. As in the conversion of pyruvate to acetyl CoA, the reaction involves an initial nucleophilic addition reaction of thiamin diphosphate ylide to α -ketoglutarate, followed by decarboxylation. Reaction with lipoamide, elimination of TPP ylide, and finally a transesterification of the dihydrolipoamide thioester with coenzyme A yields succinyl CoA. Step 5 of : Acyl CoA Cleavage Succinyl CoA is converted to succinate in step 5 . This reaction is catalyzed by succinyl CoA synthetase and is coupled with phosphorylation of guanosine diphosphate (GDP) to give guanosine triphosphate (GTP). The overall transformation is similar to that of steps 6 through 8 in glycolysis ( ), in which a thioester is converted into an acyl phosphate and a phosphate group is then transferred to ADP. The overall result is a “hydrolysis” of the thioester group without involvement of water. Step 6 of : Dehydrogenation Succinate is dehydrogenated in step 6 by the FAD-dependent succinate dehydrogenase to give fumarate. This process is analogous to what occurs during the β -oxidation pathway of fatty-acid catabolism ( ). The reaction is stereospecific, removing the pro- S hydrogen from one carbon and the pro- R hydrogen from the other. Steps 7 – 8 of : Hydration and Oxidation The final two steps in the citric acid cycle are the conjugate nucleophilic addition of water to fumarate to yield ( S )-malate and the oxidation of ( S )-malate by NAD + to give oxaloacetate. The addition is catalyzed by fumarase and is mechanistically similar to the addition of water to cis -aconitate in step 2. This reaction occurs through an enolate-ion intermediate, which is protonated on the side opposite the OH, leading to a net anti addition. The final step is the oxidation of ( S )-malate by NAD + to give oxaloacetate, a reaction catalyzed by malate dehydrogenase. The citric acid cycle has now returned to its starting point, ready to revolve again. The overall result of the cycle is Problems", "section": "The Citric Acid Cycle", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Carbohydrate Biosynthesis: Gluconeogenesis Glucose is the body’s primary fuel when food is plentiful, but in times of fasting or prolonged exercise, glucose stores can become depleted. Most tissues then begin metabolizing fats as their source of acetyl CoA, but the brain is different. The brain relies almost entirely on glucose for fuel and is dependent on receiving a continuous supply in the blood. When the supply of glucose fails, even for a brief time, irreversible damage can occur. Thus, a pathway for synthesizing glucose from simple precursors is crucial. Higher organisms are not able to synthesize glucose from acetyl CoA but must instead use one of the three-carbon precursors lactate, glycerol, or alanine, all of which are readily converted into pyruvate. Pyruvate then becomes the starting point for gluconeogenesis , the 11-step biosynthetic pathway by which organisms make glucose ( ). The gluconeogenesis pathway is not the reverse of the glycolysis pathway by which glucose is degraded. As with the catabolic and anabolic pathways for fatty acids ( and ), the catabolic and anabolic pathways for carbohydrates differ in some details so that both are energetically favorable. MECHANISM The gluconeogenesis pathway for the biosynthesis of glucose from pyruvate. Individual steps are explained in the text. MECHANISM (Continued) Step 1 of : Carboxylation Gluconeogenesis begins with the carboxylation of pyruvate to yield oxaloacetate. The reaction is catalyzed by pyruvate carboxylase and requires ATP, bicarbonate ion, and the coenzyme biotin, which acts as a carrier to transport CO 2 to the enzyme active site. The mechanism is analogous to that of step 3 in fatty-acid biosynthesis ( ), in which acetyl CoA is carboxylated to yield malonyl CoA. Step 2 of : Decarboxylation and Phosphorylation Decarboxylation of oxaloacetate, a β -keto acid, occurs by the typical retro-aldol mechanism like that in step 3 in the citric acid cycle ( ), and phosphorylation of the resultant pyruvate enolate ion by GTP occurs concurrently to give phosphoenolpyruvate. This reaction is catalyzed by phosphoenolpyruvate carboxykinase. Steps 3 – 4 of : Hydration and Isomerization Conjugate nucleophilic addition of water to the double bond of phosphoenolpyruvate gives 2-phosphoglycerate by a process similar to that of step 7 in the citric acid cycle. Phosphorylation of C3 and dephosphorylation of C2 then yields 3-phosphoglycerate. Mechanistically, these steps are the reverse of steps 9 and 8 in glycolysis ( ), which have equilibrium constants near 1 so that substantial amounts of reactant and product are both present. Steps 5 – 7 of : Phosphorylation, Reduction, and Tautomerization Reaction of 3-phosphoglycerate with ATP generates the corresponding acyl phosphate, 1,3-bisphosphoglycerate, which binds to the glyceraldehyde 3-phosphate dehydrogenase by a thioester bond to a cysteine residue. Reduction of the thioester by NADH/H + yields the corresponding aldehyde, and keto–enol tautomerization of the aldehyde gives dihydroxyacetone phosphate. All three steps comprise a mechanistic reversal of the corresponding steps 7, 6, and 5 of glycolysis and have equilibrium constants near 1. Step 8 of : Aldol Reaction Dihydroxyacetone phosphate and glyceraldehyde 3-phosphate, the two 3-carbon units produced in step 7, join by an aldol reaction to give fructose 1,6-bisphosphate, the reverse of step 4 in glycolysis ( ). As in glycolysis, the reaction is catalyzed in plants and animals by a class I aldolase and takes place on an iminium ion formed by reaction of dihydroxyacetone phosphate with a side-chain lysine –NH 2 group on the enzyme. Loss of a proton from the neighboring carbon then generates an enamine, an aldol-like reaction ensues, and the product is hydrolyzed. Steps 9 – 10 of : Hydrolysis and Isomerization Hydrolysis of the phosphate group at C1 of fructose 1,6-bisphosphate gives fructose 6-phosphate. Although the result of the reaction is the exact opposite of step 3 in glycolysis, the mechanism is not. In glycolysis, phosphorylation is accomplished by reaction of fructose with ATP, with formation of ADP as by-product. The reverse of that process, however—the reaction of fructose 1,6-bisphosphate with ADP to give fructose 6-phosphate and ATP—is energetically unfavorable because ATP is too high in energy. Thus, an alternative pathway is used in which the C1 phosphate group is removed by a direct hydrolysis reaction, catalyzed by fructose 1,6-bisphosphatase. Following hydrolysis, keto–enol tautomerization of the carbonyl group from C2 to C1 gives glucose 6-phosphate. The isomerization is the reverse of step 2 in glycolysis. Step 11 of : Hydrolysis The final step in gluconeogenesis is the conversion of glucose 6-phosphate to glucose by a second phosphatase-catalyzed hydrolysis reaction. As just discussed for the hydrolysis of fructose 1,6-bisphosphate in step 9, and for the same energetic reasons, the mechanism of the glucose 6-phosphate hydrolysis is not the exact opposite of the corresponding step 1 in glycolysis. Interestingly, however, the mechanisms of the two phosphate hydrolysis reactions in steps 9 and 11 are not the same. In step 9, water is the nucleophile, but in the glucose 6-phosphate reaction of step 11, a histidine residue on the enzyme attacks phosphorus, giving a phosphoryl enzyme intermediate that subsequently reacts with water. The overall result of gluconeogenesis is summarized by the following equation: Problems", "section": "Carbohydrate Biosynthesis: Gluconeogenesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Catabolism of Proteins: Deamination The catabolism of proteins is much more complex than that of fats and carbohydrates because each of the 20 α -amino acids is degraded through its own unique pathway. The general idea, however, is that ( 1 ) the α amino group is first removed as ammonia by a deamination process, ( 2 ) the ammonia is converted into urea, and ( 3 ) the remaining amino acid carbon skeleton (usually an α -keto acid) is converted into a compound that enters the citric acid cycle. Transamination Deamination is usually accomplished by a transamination reaction in which the –NH 2 group of the amino acid is exchanged with the keto group of α -ketoglutarate, forming a new α -keto acid plus glutamate. The overall process occurs in two parts, is catalyzed by aminotransferases, and involves participation of the coenzyme pyridoxal phosphate, abbreviated PLP, a derivative of pyridoxine (vitamin B 6 ). The aminotransferases differ in their specificity for amino acids, but the mechanism remains the same. The mechanism of the first part of transamination is shown in . The process begins with reaction between the α -amino acid and pyridoxal phosphate, which is covalently bonded to the aminotransferase by an imine linkage between the side-chain –NH 2 group of a lysine residue in the enzyme and the PLP aldehyde group. Deprotonation/reprotonation of the PLP–amino acid imine effects tautomerization of the imine C ═ N bond, and hydrolysis of the tautomerized imine gives an α -keto acid plus pyridoxamine phosphate (PMP). MECHANISM Mechanism for the enzyme-catalyzed, PLP-dependent transamination of an α -amino acid to give an α -keto acid. Individual steps are explained in the text. Step 1 of : Transimination The first step in trans amination is trans imination —the reaction of the PLP–enzyme imine with an α -amino acid to give a PLP–amino acid imine plus expelled enzyme as the leaving group. The reaction occurs by nucleophilic addition of the amino acid –NH 2 group to the C ═ N bond of the PLP imine, much as an amine adds to the C ═ O bond of a ketone or aldehyde in a nucleophilic addition reaction ( ). The protonated diamine intermediate undergoes a proton transfer and expels the lysine amino group in the enzyme to complete the step. Steps 2 – 4 of : Tautomerization and Hydrolysis Following formation of the PLP–amino acid imine in step 1 , a tautomerization of the C ═ N bond occurs in step 2 . The basic lysine residue in the enzyme that was expelled as a leaving group during transimination deprotonates the acidic α position of the amino acid, with the protonated pyridine ring of PLP acting as the electron acceptor. Reprotonation occurs on the carbon atom next to the ring, generating a tautomeric product that is the imine of an α -keto acid with pyridoxamine phosphate, abbreviated PMP. Hydrolysis of this PMP– α -keto acid imine then completes the first part of the transamination reaction. This is the mechanistic reverse of imine formation and occurs by nucleophilic addition of water to the imine, followed by proton transfer and expulsion of PMP as leaving group. Regeneration of PLP from PMP With PLP plus the α -amino acid now converted into PMP plus an α -keto acid, PMP must be transformed back into PLP to complete the catalytic cycle. The conversion occurs by another transamination reaction, this one between PMP and an α -keto acid, usually α -ketoglutarate. The products are PLP plus glutamate, and the mechanism is the exact reverse of that shown in . That is, PMP and α -ketoglutarate give an imine; the PMP– α -ketoglutarate imine undergoes tautomerization of the C ═ N bond to give a PLP–glutamate imine; and the PLP–glutamate imine reacts with a lysine residue on the enzyme in a transimination process to yield PLP–enzyme imine plus glutamate. Problems", "section": "Catabolism of Proteins: Deamination", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Some Conclusions about Biological Chemistry As promised in the chapter introduction, the past few sections have been a fast-paced tour of a large number of reactions. Following it all undoubtedly required a lot of work and a lot of page-turning to look at earlier sections. After examining the various metabolic pathways, perhaps the main conclusion about biological chemistry is the remarkable similarity between the mechanisms of biological reactions and the mechanisms of laboratory reactions. If you were to look at the steps of vitamin B 12 biosynthesis, you would see the same kinds of reactions we’ve been seeing throughout the text—nucleophilic substitutions, eliminations, aldol reactions, nucleophilic acyl substitutions, and so forth. There are, of course, some complexities, but the fundamental mechanisms of organic chemistry remain the same, whether in the laboratory with smaller molecules or in organisms with larger molecules. So what is there to be learned from studying metabolism? One good answer is given in the following Chemistry Matters , which relates the story of how knowledge of a biosynthetic pathway led to the design of new drugs that have saved millions of lives. Statin Drugs Coronary heart disease—the buildup of cholesterol-containing plaques on the walls of heart arteries—is the leading cause of death for people older than 20 in industrialized countries. It’s estimated that up to one-third of women and one-half of men will develop the disease at some point in their lives. The onset of coronary heart disease is directly correlated with blood cholesterol levels (see the Chapter 27 Chemistry Matters ), and the first step in disease prevention is to lower those levels. It turns out that only about 25% of your blood cholesterol comes from what you eat; the remaining 75%—about 1 gram each day—is biosynthesized in your liver from dietary fats and carbohydrates. Thus, any effective plan for lowering your cholesterol level means limiting the amount that your body makes, which is where a detailed chemical knowledge of cholesterol biosynthesis comes in. The buildup of cholesterol deposits inside arteries can cause coronary heart disease, a leading cause of death for adults in industrialized nations. We saw in and that all steroids, including cholesterol, are biosynthesized from the triterpenoid lanosterol, which in turn comes from acetyl CoA through isopentenyl diphosphate. If you knew all the mechanisms for all the chemical steps in cholesterol biosynthesis, you might be able to devise a drug that would block one of those steps, thereby short-circuiting the biosynthetic process and controlling the amount of cholesterol produced. But we do know those mechanisms! Look back at the pathway for the biosynthesis of isopentenyl diphosphate from acetyl CoA, shown in . It turns out that the rate-limiting step in the pathway is the reduction of 3-hydroxy-3-methylglutaryl CoA (abbreviated HMG-CoA) to mevalonate, brought about by the enzyme HMG-CoA reductase. If that enzyme could be stopped from functioning, cholesterol biosynthesis would also be stopped. To find a drug that blocks HMG-CoA reductase, chemists did two simultaneous experiments on a large number of potential drug candidates isolated from soil microbes. In one experiment, the drug candidate and mevalonate were added to liver extract; in the second experiment, only the drug candidate was added without mevalonate. If cholesterol was produced only in the presence of added mevalonate but not in the absence of mevalonate, the drug candidate must have blocked the enzyme for mevalonate synthesis. The drugs that block HMG-CoA reductase, and thus control cholesterol synthesis in the body, are called statins . In just the 10-year period following their introduction in 1994, the death rate from coronary heart disease decreased by 33% in the United States. Like many drugs, statins don’t come without risks and have some serious side effects that people considering their use should be aware of, but approaching 30 years later, they remain among the most widely prescribed drugs in the world, with estimated annual sales of $14 billion. Atorvastatin (Lipitor), simvastatin (Zocor), rosuvastatin (Crestor), pravastatin (Pravachol), and lovastatin (Mevacor) are some examples. An X-ray crystal structure of the active site in the HMG-CoA reductase enzyme is shown in the accompanying graphic, along with a molecule of atorvastatin (purple) that is tightly bound in the active site and stops the enzyme from functioning. A good understanding of organic chemistry certainly paid off in this instance. anabolism β -oxidation pathway catabolism citric acid cycle deamination gluconeogenesis glycolysis metabolism Schiff base transamination Summary Metabolism is the sum of all chemical reactions in the body. Reactions that break down large molecules into smaller fragments are called catabolism , and those that build up large molecules from small pieces are called anabolism . Although the details of specific biochemical pathways are sometimes complex, all the reactions that occur follow the normal rules of organic chemical reactivity. The catabolism of fats begins with digestion, in which ester bonds are hydrolyzed to give glycerol and fatty acids. The fatty acids are degraded in the four-step β -oxidation pathway by removal of two carbons at a time, yielding acetyl CoA. Catabolism of carbohydrates begins with the hydrolysis of glycoside bonds to give glucose, which is degraded in the ten-step glycolysis pathway. Pyruvate, the initial product of glycolysis, is then converted into acetyl CoA. Acetyl CoA next enters the eight-step citric acid cycle , where it is further degraded into CO 2 . The cycle is a closed loop of reactions in which the product of the final step (oxaloacetate) is a reactant in the first step. Catabolism of proteins is more complex than that of fats or carbohydrates because each of the 20 different amino acids is degraded by its own unique pathway. In general, though, the amino nitrogen atoms are removed and the substances that remain are converted into compounds that enter the citric acid cycle. Most amino acids lose their nitrogen atom by transamination , a reaction in which the –NH 2 group of the amino acid trades places with the keto group of an α -keto acid such as α -ketoglutarate. The products are a new α -keto acid and glutamate. The energy released in catabolic pathways is used in the electron-transport chain to make molecules of adenosine triphosphate, ATP. ATP, the final result of food catabolism, couples to and drives many otherwise unfavorable reactions. Biomolecules are synthesized as well as degraded, but the pathways for anabolism and catabolism are not the exact reverse of one another. Fatty acids are biosynthesized from acetate by an 8-step pathway, and carbohydrates are made from pyruvate by the 11-step gluconeogenesis pathway. Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Enzymes and Coenzymes Metabolism General Problems", "section": "Some Conclusions about Biological Chemistry", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? It may look easy, but these sunbathers are working hard to carry out a pericyclic reaction . (credit: modification of work “Tanning” by Meraj Chhaya/Flickr, CC BY 2.0). Broad outlines of both polar and radical reactions have been in place for more than a century, but our understanding of pericyclic reactions has emerged more recently. Prior to the mid-1960s, in fact, they were even occasionally referred to as “no-mechanism reactions.” They occur largely in the laboratory rather than in biological processes, but a knowledge of them is necessary, both for completeness in studying organic chemistry and in understanding biological pathways where they do occur. Most organic reactions take place by polar mechanisms, in which a nucleophile donates two electrons to an electrophile in forming a new bond. Other reactions take place by radical mechanisms, in which each of two reactants donates one electron in forming a new bond. Both kinds of reactions occur frequently in the laboratory and in living organisms. Less common, however, is the third major class of organic reactions— pericyclic reactions. A pericyclic reaction is one that occurs by a concerted process through a cyclic transition state. A concerted reaction is one in which all bonding changes occur simultaneously; no intermediates are involved. Rather than try to expand this definition now, we’ll begin by briefly reviewing some of the ideas of molecular orbital theory introduced in the chapters on Structure and Bonding and Conjugated Compounds and Ultraviolet Spectroscopy and then looking individually at the three main classes of pericyclic reactions: electrocyclic reactions, cycloadditions, and sigmatropic rearrangements.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Molecular Orbitals of Conjugated Pi Systems A conjugated polyene, as we saw in , is one with alternating double and single bonds. According to molecular orbital (MO) theory, the p orbitals on the sp 2 -hybridized carbons of a conjugated polyene interact to form a set of π molecular orbitals whose energies depend on the number of nodes they have between nuclei. Molecular orbitals with fewer nodes are lower in energy than isolated p atomic orbitals and are bonding MOs; molecular orbitals with more nodes are higher in energy than isolated p orbitals and are antibonding MOs. Pi molecular orbitals of ethylene and 1,3-butadiene are shown in . Pi molecular orbitals of (a) ethylene and (b) 1,3-butadiene. A similar sort of molecular orbital description can be derived for any conjugated π electron system. 1,3,5-Hexatriene, for example, has three double bonds and six π MOs, as shown in . In the ground state, only the three bonding orbitals, ψ 1 , ψ 2 , and ψ 3 , are filled. On irradiation with ultraviolet light, however, an electron is promoted from the highest-energy filled orbital ( ψ 3 ) to the lowest-energy unfilled orbital ( ψ 4 *) to give an excited state ( ), in which ψ 3 and ψ 4 * are each half-filled. (An asterisk denotes an antibonding orbital.) What do molecular orbitals and their nodes have to do with pericyclic reactions? The answer is, everything . According to a series of rules formulated in the mid-1960s by R. B. Woodward and Roald Hoffmann at Harvard University, a pericyclic reaction can take place only if the symmetries of the reactant MOs are the same as the symmetries of the product MOs. In other words, the lobes of reactant MOs must be of the correct algebraic sign for bonding to occur in the transition state leading to product. If the symmetries of reactant and product orbitals match up, or correlate , the reaction is said to be symmetry-allowed . If the symmetries of reactant and product orbitals don’t correlate, the reaction is symmetry-disallowed . Symmetry-allowed reactions often occur under relatively mild conditions, but symmetry-disallowed reactions can’t occur by concerted paths. They either take place by nonconcerted, higher-energy pathways, or they don’t take place at all. The six π molecular orbitals of 1,3,5-hexatriene. In the ground state, the three bonding MOs, ψ 1 , ψ 2 , and ψ 3 , are filled. In the excited state, ψ 3 and ψ 4 * are both half-filled. The Woodward–Hoffmann rules for pericyclic reactions require an analysis of all reactant and product molecular orbitals, but Kenichi Fukui at Kyoto Imperial University in Japan introduced a simplified version. Hoffman and Fukui shared a Nobel Prize for their work, and Woodward would have joined them (for his second Nobel Prize) had he not passed away before the award was made. According to Fukui’s simplified version, we need to consider only two molecular orbitals, called the frontier orbitals . These frontier orbitals are the highest occupied molecular orbital (HOMO) and the lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) . In ground-state 1,3,5-hexatriene, for example, ψ 3 is the HOMO and ψ 4 * is the LUMO ( ). In excited-state 1,3,5-hexatriene, however, ψ 4 * is the HOMO and ψ 5 * is the LUMO. Problems", "section": "Molecular Orbitals of Conjugated Pi Systems", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Electrocyclic Reactions The best way to understand how orbital symmetry affects pericyclic reactions is to look at some examples. Let’s look first at a group of polyene rearrangements called electrocyclic reactions . An electrocyclic reaction is a pericyclic process that involves the cyclization of a conjugated acyclic polyene. One π bond is broken, the other π bonds change position, a new σ bond is formed, and a cyclic compound results. For example, a conjugated triene can be converted into a cyclohexadiene, and a conjugated diene can be converted into a cyclobutene. Pericyclic reactions are reversible, and the position of the equilibrium depends on the specific case. In general, the triene ⇄ cyclohexadiene equilibrium favors the cyclic product, whereas the diene ⇄ cyclobutene equilibrium favors the less strained open-chain product. The most striking feature of electrocyclic reactions is their stereochemistry. For example, (2 E ,4 Z ,6 E )-2,4,6-octatriene yields only cis -5,6-dimethyl-1,3-cyclohexadiene when heated, and (2 E ,4 Z ,6 Z )-2,4,6-octatriene yields only trans -5,6-dimethyl-1,3-cyclohexadiene. Remarkably, however, the stereochemical results change completely when the reactions are carried out under what are called photochemical , rather than thermal , conditions. Irradiation of (2 E ,4 Z ,6 E )-2,4,6-octatriene with ultraviolet light (denoted hν) yields trans -5,6-dimethyl-1,3-cyclohexadiene ( ). Electrocyclic interconversions of 2,4,6-octatriene isomers and 5,6-dimethyl-1,3-cyclohexadiene isomers. A similar result is obtained for the thermal electrocyclic ring-opening of 3,4-dimethylcyclobutene. The trans isomer yields only (2 E ,4 E )-2,4-hexadiene when heated, and the cis isomer yields only (2 E ,4 Z )-2,4-hexadiene. On UV irradiation, however, the results are opposite. Cyclization of the 2 E ,4 E isomer under photochemical conditions yields cis product ( ). Electrocyclic interconversions of 2,4-hexadiene isomers and 3,4-dimethylcyclobutene isomers. To account for these results, we need to look at the two outermost lobes of the polyene MOs—the lobes that interact when cyclization occurs. There are two possibilities: lobes of like sign can be either on the same side of the molecule or on opposite sides. For a bond to form, the outermost π lobes must rotate so that favorable bonding interaction is achieved—a positive lobe with a positive lobe or a negative lobe with a negative lobe. If two lobes of like sign are on the same side of the molecule, the two orbitals must rotate in opposite directions—one clockwise and one counterclockwise. This kind of motion is referred to as disrotatory . Conversely, if lobes of like sign are on opposite sides of the molecule, both orbitals must rotate in the same direction, either both clockwise or both counterclockwise. This kind of motion is called conrotatory .", "section": "Electrocyclic Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stereochemistry of Thermal Electrocyclic Reactions How can we predict whether conrotatory or disrotatory motion will occur in a given case? According to frontier orbital theory, the stereochemistry of an electrocyclic reaction is determined by the symmetry of the polyene HOMO. The electrons in the HOMO are the highest-energy, most loosely held electrons and are therefore most easily moved during reaction. For thermal reactions, the ground-state electron configuration is used to identify the HOMO; for photochemical reactions , the excited-state electron configuration is used. Let’s look again at the thermal ring-closure of conjugated trienes. According to , the HOMO of a conjugated triene in its ground state has lobes of like sign on the same side of the molecule, a symmetry that predicts disrotatory ring-closure. This disrotatory cyclization is precisely what is observed in the thermal cyclization of 2,4,6-octatriene. The 2 E ,4 Z ,6 E isomer yields cis product; the 2 E ,4 Z ,6 Z isomer yields trans product ( ). Thermal cyclizations of 2,4,6-octatrienes occur by disrotatory ring-closures. In the same way, the ground-state HOMO of conjugated dienes ( ) has a symmetry that predicts conrotatory ring-closure. In practice, however, the conjugated diene reaction can be observed only in the reverse direction (cyclobutene → diene) because of the position of the equilibrium. We therefore find that the 3,4-dimethylcyclobutene ring opens in a conrotatory fashion. cis -3,4-Dimethylcyclobutene yields (2 E ,4 Z )-2,4-hexadiene, and trans -3,4-dimethylcyclobutene yields (2 E ,4 E )-2,4-hexadiene by conrotatory opening ( ). Thermal ring-openings of cis - and trans -dimethylcyclobutene occur by conrotatory paths. Note that a conjugated diene and a conjugated triene react with opposite stereochemistry. The diene opens and closes by a conrotatory path, whereas the triene opens and closes by a disrotatory path. This is due to the different symmetries of the diene and triene HOMOs. It turns out that there is an alternating relationship between the number of electron pairs (double bonds) undergoing bond reorganization and the stereochemistry of ring-opening or -closure. Polyenes with an even number of electron pairs undergo thermal electrocyclic reactions in a conrotatory sense, whereas polyenes with an odd number of electron pairs undergo the same reactions in a disrotatory sense. Problems", "section": "Stereochemistry of Thermal Electrocyclic Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Photochemical Electrocyclic Reactions We noted previously that photochemical electrocyclic reactions take a different stereochemical course than their thermal counterparts, and we can now explain this difference. Ultraviolet irradiation of a polyene causes an excitation of one electron from the ground-state HOMO to the ground-state LUMO, thus changing their symmetries. But because electronic excitation changes the symmetries of HOMO and LUMO, it also changes the reaction stereochemistry. (2 E ,4 E )-2,4-Hexadiene, for instance, undergoes photochemical cyclization by a disrotatory path, whereas the thermal reaction is conrotatory. Similarly, (2 E ,4 Z ,6 E )-2,4,6-octatriene undergoes photochemical cyclization by a conrotatory path, whereas the thermal reaction is disrotatory ( ). Photochemical cyclizations of conjugated dienes and trienes. The two processes occur with different stereochemistry because of their different orbital symmetries. Thermal and photochemical electrocyclic reactions always take place with opposite stereochemistry because the symmetries of the frontier orbitals are always different. gives some simple rules that make it possible to predict the stereochemistry of electrocyclic reactions. Stereochemical Rules for Electrocyclic Reactions Electron pairs (double bonds) Thermal reaction Photochemical reaction Even number Conrotatory Disrotatory Odd number Disrotatory Conrotatory Problems", "section": "Photochemical Electrocyclic Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Cycloaddition Reactions A cycloaddition reaction is one in which two unsaturated molecules add to one another to yield a cyclic product. As with electrocyclic reactions, cycloadditions are governed by the orbital symmetry of the reactants. Symmetry-allowed processes often take place readily, but symmetry-disallowed processes take place with difficulty, if at all, and then only by nonconcerted pathways. Let’s look at two examples to see how they differ. As we saw in , the Diels–Alder cycloaddition reaction is a pericyclic process that takes place between a diene (four π electrons) and a dienophile (two π electrons) to yield a cyclohexene product. Many thousands of Diels–Alder reactions are known. They often take place easily at room temperature or slightly above, and they are stereospecific with respect to substituents. For example, room-temperature reaction between 1,3-butadiene and diethyl maleate (cis) exclusively yields the cis-disubstituted cyclohexene product. A similar reaction between 1,3-butadiene and diethyl fumarate (trans) exclusively yields the trans-disubstituted product. In contrast to the [4 + 2]- π -electron Diels–Alder reaction, the [2 + 2]- π -electron cycloaddition between two alkenes does not occur thermally. The [2 + 2] cycloaddition takes place only on irradiation, yielding cyclobutane products. For a successful cycloaddition, the terminal π lobes of the two reactants must have the correct symmetry for bonding to occur. This can happen in either of two ways, called suprafacial and antarafacial . Suprafacial cycloadditions take place when a bonding interaction occurs between lobes on the same face of one reactant and lobes on the same face of the other reactant. Antarafacial cycloadditions take place when a bonding interaction occurs between lobes on the same face of one reactant and lobes on opposite faces of the other reactant ( ). (a) Suprafacial cycloaddition occurs when there is bonding between lobes on the same face of one reactant and lobes on the same face of the other reactant. (b) Antarafacial cycloaddition occurs when there is bonding between lobes on the same face of one reactant and lobes on opposite faces of the other, which requires a twist in one π system . Note that both suprafacial and antarafacial cycloadditions are symmetry-allowed. Geometric constraints often make antarafacial reactions difficult, however, because there must be a twisting of the π orbital system in one of the reactants. Thus, suprafacial cycloadditions are much more common for small π systems.", "section": "Cycloaddition Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stereochemistry of Cycloadditions How can we predict whether a given cycloaddition reaction will occur with suprafacial or with antarafacial geometry? According to frontier orbital theory, a cycloaddition reaction takes place when a bonding interaction occurs between the HOMO of one reactant and the LUMO of the other. An intuitive explanation of this rule is to imagine that one reactant donates electrons to the other. As with electrocyclic reactions, it’s the electrons in the HOMO of the first reactant that are least tightly held and most likely to be donated. Of course when the second reactant accepts those electrons, they must go into a vacant, unoccupied orbital—the LUMO. For a [4 + 2] cycloaddition (Diels–Alder reaction), let’s arbitrarily select the diene LUMO and the alkene HOMO. The symmetries of the two ground-state orbitals are such that bonding of the terminal lobes can occur with suprafacial geometry ( ), so the Diels–Alder reaction takes place readily under thermal conditions. Note that, as with electrocyclic reactions, we need be concerned only with the terminal lobes. For purposes of prediction, interactions among the interior lobes need not be considered. Interaction of diene LUMO and alkene HOMO in a suprafacial [4 + 2] cycloaddition reaction (Diels–Alder reaction). In contrast with the thermal [4 + 2] Diels–Alder reaction, the [2 + 2] cycloaddition of two alkenes to yield a cyclobutane can only occur photochemically. The explanation for this follows from orbital-symmetry arguments. Looking at the ground-state HOMO of one alkene and the LUMO of the second alkene, it’s apparent that a thermal [2 + 2] cycloaddition must take place by an antarafacial pathway ( a). Geometric constraints make the antarafacial transition state difficult, however, and so concerted thermal [2 + 2] cycloadditions are not observed. In contrast with the thermal process, photochemical [2 + 2] cycloadditions are observed. Irradiation of an alkene with UV light excites an electron from ψ 1 , the ground-state HOMO, to ψ 2 *, which becomes the excited-state HOMO. Interaction between the excited-state HOMO of one alkene and the LUMO of the second alkene allows a photochemical [2 + 2] cycloaddition reaction to occur by a suprafacial pathway ( b). (a) Interaction of a ground-state HOMO and a ground-state LUMO in a potential [2 + 2] cycloaddition does not occur thermally because the antarafacial geometry is too strained. (b) Interaction of an excited-state HOMO and a ground-state LUMO in a photochemical [2 + 2] cycloaddition reaction is less strained, however, and occurs with suprafacial geometry . The photochemical [2 + 2] cycloaddition reaction occurs smoothly, particularly with α , β -unsaturated carbonyl compounds, and represents one of the best methods known for synthesizing cyclobutane rings. For example: Thermal and photochemical cycloaddition reactions always take place with opposite stereochemistry. As with electrocyclic reactions, we can categorize cycloadditions according to the total number of electron pairs (double bonds) involved in the rearrangement. Thus, a thermal [4 + 2] Diels–Alder reaction between a diene and a dienophile involves an odd number (three) of electron pairs and takes place by a suprafacial pathway. A thermal [2 + 2] reaction between two alkenes involves an even number (two) of electron pairs and must take place by an antarafacial pathway. For photochemical cyclizations, these selectivities are reversed. These general rules are given in . Stereochemical Rules for Cycloaddition Reactions Electron pairs (double bonds) Thermal reaction Photochemical reaction Even number Antarafacial Suprafacial Odd number Suprafacial Antarafacial Problems", "section": "Stereochemistry of Cycloadditions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Sigmatropic Rearrangements A sigmatropic rearrangement , the third general kind of pericyclic reaction, is a process in which a σ -bonded substituent atom or group migrates across a π electron system from one position to another. A σ bond is broken in the reactant, the π bonds move, and a new σ bond is formed in the product. The σ -bonded group can be either at the end or in the middle of the π system, as the following [1,5] and [3,3] rearrangements illustrate: The notations [1,5] and [3,3] describe the kind of rearrangement that is occurring. The numbers refer to the two groups connected by the σ bond in the reactant and designate the positions in those groups to which migration occurs. For example, in the [1,5] sigmatropic rearrangement of a 1,3-diene, the two groups connected by the σ bond are a hydrogen atom and a pentadienyl group. Migration occurs to position 1 of the H group (the only possibility) and to position 5 of the pentadienyl group. In the [3,3] rearrangement of an allylic vinylic ether, the two groups connected by the σ bond are an allylic group and the vinylic ether. Migration occurs to position 3 of the allylic group and also to position 3 of the vinylic ether. Like electrocyclic reactions and cycloadditions, sigmatropic rearrangements are controlled by orbital symmetries. There are two possible modes of reaction: migration of a group across the same face of the π system is suprafacial, and migration of a group from one face of the π system to the other face is antarafacial ( ). Suprafacial and antarafacial sigmatropic rearrangements. Both suprafacial and antarafacial sigmatropic rearrangements are symmetry-allowed, but suprafacial rearrangements are often easier for geometric reasons. The rules for sigmatropic rearrangements are identical to those for cycloaddition reactions ( ). Stereochemical Rules for Sigmatropic Rearrangements Electron pairs (double bonds) Thermal reaction Photochemical reaction Even number Antarafacial Suprafacial Odd number Suprafacial Antarafacial Problems", "section": "Sigmatropic Rearrangements", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Some Examples of Sigmatropic Rearrangements Because a [1,5] sigmatropic rearrangement involves three electron pairs (two π bonds and one σ bond), the orbital-symmetry rules in predict a suprafacial reaction. In fact, the [1,5] suprafacial shift of a hydrogen atom across two double bonds of a π system is a commonly observed sigmatropic rearrangements. For example, 5-methyl-1,3-cyclopentadiene rapidly rearranges at room temperature to yield a mixture of 1-methyl-, 2-methyl-, and 5-methyl-isomers. As another example, heating 5,5,5-trideuterio-(3 Z )-1,3-pentadiene causes scrambling of deuterium between positions 1 and 5. Both these [1,5] hydrogen shifts occur by a symmetry-allowed suprafacial pathway, as illustrated in . In contrast with these thermal [1, 5 ] sigmatropic hydrogen shifts, however, thermal [1, 3 ] hydrogen shifts are unknown. If they were to occur, they would have to proceed by a strained antarafacial reaction pathway. An orbital view of a suprafacial [1,5] hydrogen shift. Two other important sigmatropic reactions are the Claisen rearrangement of either an allyl aryl ether ( H 2 C ═ CHCH 2 ─ O ─ Ar ) or an allyl vinyl ( H 2 C ═ CHCH 2 ─ O ─ CH ═ CH 2 ) ether, and the Cope rearrangement of a 1,5 hexadiene to an isomeric 1,5-diene. These two rearrangements, along with the Diels–Alder reaction, are among the most generally useful pericyclic reactions for organic synthesis. Thousands of examples of all three are known. Like the Diels–Alder reaction discussed in and , the Claisen rearrangement takes place in a single step through a pericyclic mechanism in which a reorganization of bonding electrons occurs in a six-membered, cyclic transition state. The 6-allyl-2,4-cyclohexadienone intermediate then isomerizes to o -allylphenol ( ). Mechanism of Claisen rearrangement. C─O bond-breaking and C─C bond-making occur simultaneously. Evidence for this mechanism comes from the observation that the rearrangement takes place with transposition of the allyl group. That is, allyl phenyl ether containing a 14 C label on the allyl ether carbon atom yields o -allylphenol in which the label is on the terminal vinylic carbon (green in ). Problems The Cope rearrangement that converts a 1,5-diene to an isomeric 1,5-diene is somewhat limited but a modification called the Oxy Cope Rearrangement is wider in scope. As shown in the following example, a 1-5 diene with an –OH next to the double bond can be converted into an oxy-anion by reaction with a strong base such as potassium hydride (KH). A Cope rearrangement then occurs, and reaction with aqueous acid gives an enol that tautomerizes to an aldehyde. Although biological examples of pericyclic reactions are relatively rare, a much-studied example occurs in bacteria during biosynthesis of the essential amino acid phenylalanine. Phenylalanine arises from the precursor chorismate through a Claisen rearrangement to prephenate, followed by decarboxylation to phenylpyruvate and reductive amination ( ). You might note that the reductive amination of phenylpyruvate is the exact reverse of the transamination process shown in , by which amino acids are deaminated. In addition, the reductive amination of ketones is a standard method for preparing amines in the laboratory, as we saw in . Suprafacial [3,3] (a) Cope and (b) Claisen rearrangements. Pathway for the bacterial biosynthesis of phenylalanine from chorismate, involving a Claisen rearrangement. Problems", "section": "Some Examples of Sigmatropic Rearrangements", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "A Summary of Rules for Pericyclic Reactions How can you keep straight all the rules about pericyclic reactions? The summary in , , and can be distilled into a mnemonic phrase that provides an easy way to predict the stereochemical outcome of any pericyclic reaction: The Electrons Circle Around ( TECA ) T hermal reactions with an E ven number of electron pairs are C onrotatory or A ntarafacial. A change either from thermal to photochemical or from an even to an odd number of electron pairs changes the outcome from conrotatory/antarafacial to disrotatory/suprafacial. A change from both thermal and even to photochemical and odd causes no change because two negatives make a positive. These selection rules are summarized in ; knowing them gives you the ability to predict the stereochemistry of literally thousands of pericyclic reactions. Stereochemical Rules for Pericyclic Reactions Electronic state Electron pairs Stereochemistry Ground state (thermal) Even number Odd number Antara–con Supra–dis Excited state (photochemical) Even number Odd number Supra–dis Antara–con Problems Vitamin D, the Sunshine Vitamin Vitamin D, discovered in 1918, is a general name for two related compounds, cholecalciferol (vitamin D 3 ) and ergocalciferol (vitamin D 2 ). Both are derived from steroids ( ) and differ only in the nature of the hydrocarbon side chain attached to the five-membered ring. Cholecalciferol comes primarily from dairy products and fish; ergocalciferol comes from some vegetables. Here are the sunbathers, again, with their chemical work complete. (credit: “Tanning” by Meraj Chhaya/Flickr, CC BY 2.0) The function of vitamin D in the body is to control the calcification of bones by increasing intestinal absorption of calcium. When sufficient vitamin D is present, approximately 30% of ingested calcium is absorbed, but in the absence of vitamin D, calcium absorption falls to about 10%. A deficiency of vitamin D thus leads to poor bone growth and to the diseases rickets in children and osteoporosis in adults. Actually, neither vitamin D 2 nor D 3 is present in foods. Rather, foods contain the precursor molecules 7-dehydrocholesterol and ergosterol. In the presence of sunlight, both precursors are converted in the outer, epidermal layer of skin to the active vitamins, hence the nickname for vitamin D, the “sunshine vitamin.” Pericyclic reactions are unusual in living organisms, and the photochemical synthesis of vitamin D is one of only a few well-studied examples. The reaction takes place in two steps, an electrocyclic ring-opening of a cyclohexadiene to yield an open-chain hexatriene, followed by a sigmatropic [1,7] H shift to yield an isomeric hexatriene. Only the initial electrocyclic ring-opening requires irradiation by so-called UVB light of 295 to 300 nm wavelength. The subsequent sigmatropic [1,7] H shift occurs spontaneously by a thermal isomerization. Following synthesis under the skin, further metabolic processing of cholecalciferol and ergocalciferol in the liver and kidney introduces two additional –OH groups to give the active forms of the vitamin, calcitriol and ergocalcitriol. antarafacial conrotatory cycloaddition reaction disrotatory electrocyclic reaction frontier orbitals highest occupied molecular orbital (HOMO) lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) pericyclic reaction photochemical reaction sigmatropic rearrangement suprafacial symmetry-allowed symmetry-disallowed Summary A pericyclic reaction takes place in a single step through a cyclic transition state without intermediates. There are three major classes of pericyclic processes: electrocyclic reactions, cycloaddition reactions, and sigmatropic rearrangements. The stereochemistry of these reactions is controlled by the symmetry of the orbitals involved in bond reorganization. Electrocyclic reactions involve the cyclization of conjugated acyclic polyenes. For example, 1,3,5-hexatriene cyclizes to 1,3-cyclohexadiene on heating. Electrocyclic reactions can occur by either conrotatory or disrotatory pathways, depending on the symmetry of the terminal lobes of the π system. Conrotatory cyclization requires that both lobes rotate in the same direction, whereas disrotatory cyclization requires that the lobes rotate in opposite directions. The reaction course in a specific case can be found by looking at the symmetry of the highest occupied molecular orbital (HOMO) . Cycloaddition reactions are those in which two unsaturated molecules add together to yield a cyclic product. For example, Diels–Alder reaction between a diene (four π electrons) and a dienophile (two π electrons) yields a cyclohexene. Cycloadditions can take place either by suprafacial or antarafacial pathways. Suprafacial cycloaddition involves interaction between lobes on the same face of one component and on the same face of the second component. Antarafacial cycloaddition involves interaction between lobes on the same face of one component and on opposite faces of the other component. The reaction course in a specific case can be found by looking at the symmetry of the HOMO of one component and the lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) of the other. Sigmatropic rearrangements involve the migration of a σ -bonded group across a π electron system. For example, Claisen rearrangement of an allylic vinylic ether yields an unsaturated carbonyl compound, and Cope rearrangement of a 1,5-hexadiene yields an isomeric 1,5-hexadiene. Sigmatropic rearrangements can occur with either suprafacial or antarafacial stereochemistry; the selection rules for a given case are the same as those for cycloaddition reactions. The stereochemistry of any pericyclic reaction can be predicted by counting the total number of electron pairs (bonds) involved in bond reorganization and then applying the mnemonic “ T he E lectrons C ircle A round.” That is, thermal (ground-state) reactions involving an even number of electron pairs occur with either conrotatory or antarafacial stereochemistry. Exactly the opposite rules apply to photochemical (excited-state) reactions. Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems Electrocyclic Reactions Cycloaddition Reactions Sigmatropic Rearrangements General Problems", "section": "A Summary of Rules for Pericyclic Reactions", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Why This Chapter? If you ride a bike, wear your helmet! Most bike helmets are made of two different polymers, a hard polycarbonate shell and an inner layer of polystyrene . (credit: modification of work “View from the top” by Gene Bisbee/Flickr, CC BY 2.0) Our treatment of polymers has thus far been dispersed over several chapters, but it’s also important to take a comprehensive view. In the present chapter, we’ll look further at how polymers are made, and we’ll see how polymer structure correlates with physical properties. No course in organic chemistry would be complete without a look at polymers. Polymers are a fundamental part of the modern world, used in everything from coffee cups to cars to clothing. In medicine, too, their importance is growing, with uses as diverse as cardiac pacemakers, artificial heart valves, and biodegradable sutures. We’ve seen on several occasions in previous chapters that a polymer , whether synthetic or biological, is a large molecule built up by repetitive bonding of many smaller units, or monomers . Polyethylene, for instance, is a synthetic polymer made from ethylene ( ), nylon is a synthetic polyamide made from a diacid and a diamine ( ), and proteins are biological polyamides made from amino acids. Note that polymers are often drawn by indicating their repeating unit in parentheses. The repeating unit in polystyrene, for example, comes from the monomer styrene.", "section": "Why This Chapter?", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Chain-Growth Polymers Synthetic polymers are classified by their method of synthesis as either chain-growth or step-growth . These categories are somewhat imprecise but nevertheless provide a useful distinction. Chain-growth polymers are produced by chain-reaction polymerization in which an initiator adds to the carbon–carbon double bond of an unsaturated substrate (a vinyl monomer ) to yield a reactive intermediate. This intermediate reacts with a second molecule of monomer to yield a new intermediate, which reacts with a third monomer unit, and so on. The initiator can be a radical, an acid, or a base. Historically, as we saw in , radical polymerization was the most common method because it can be carried out with practically any vinyl monomer. Acid-catalyzed (cationic) polymerization, by contrast, is effective only with vinyl monomers that contain an electron-donating group (EDG) capable of stabilizing the chain-carrying carbocation intermediate. Propene (2-methylpropylene) is a good example of a monomer that polymerizes rapidly under cationic conditions. The reaction is carried out commercially at –80 °C, using BF 3 and a small amount of water to generate BF 3 OH – H + catalyst. The product is used in the manufacture of truck and bicycle inner tubes. Vinyl monomers with electron-withdrawing groups (EWG) can be polymerized by basic (anionic) catalysts. The chain-carrying step is a conjugate nucleophilic addition of an anion to the unsaturated monomer ( ). Acrylonitrile ( H 2 C ═ CHCN ), methyl methacrylate [ H 2 C ═ C ( CH 3 ) CO 2 CH 3 ], and styrene ( H 2 C ═ CHC 6 H 5 ) can all be polymerized anionically. The polystyrene used in foam coffee cups, for example, is prepared by anionic polymerization of styrene using butyllithium as catalyst. An interesting example of anionic polymerization accounts for the remarkable properties of “super glue,” one drop of which can support up to 2000 lb. Super glue is simply a solution of pure methyl α -cyanoacrylate, which has two electron-withdrawing groups that make anionic addition particularly easy. Trace amounts of water or bases on the surface of an object are sufficient to initiate polymerization of the cyanoacrylate and bind articles together. Skin is a good source of the necessary basic initiators, and many people have found their fingers stuck together after inadvertently touching super glue. So good is super glue at binding tissues that related cyanoacrylate esters such as Dermabond are often used in place of sutures to close wounds. Problems", "section": "Chain-Growth Polymers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Stereochemistry of Polymerization: Ziegler–Natta Catalysts Although we didn’t point it out when discussing chain-growth polymers in , the polymerization of a substituted vinyl monomer can lead to a polymer with numerous chirality centers in its chain. Propylene, for example, might polymerize with any of the three stereochemical outcomes shown in . A polymer with all methyl groups on the same side of the zigzag backbone is called isotactic , one in which the methyl groups alternate regularly on opposite sides of the backbone is called syndiotactic , and one with its methyl groups randomly oriented is called atactic . Isotactic, syndiotactic, and atactic forms of polypropylene. The three different stereochemical forms of polypropylene all have somewhat different properties, and all can be made by using the right polymerization catalyst. Propylene polymerization using radical initiators does not work well, but polymerization using Ziegler–Natta catalysts allows preparation of isotactic, syndiotactic, and atactic polypropylene. Ziegler–Natta catalysts —there are many different formulations—are organometallic transition-metal complexes prepared by treatment of an alkylaluminum with a titanium compound. Triethylaluminum with titanium tetrachloride is a typical preparation. ( CH 3 CH 2 ) 3 Al + TiCl 4 → A Ziegler–Natta catalyst Following their introduction in 1953, Ziegler–Natta catalysts revolutionized the field of polymer chemistry because of two advantages: first, the resultant polymers are linear, with practically no chain branching, and second, they are stereochemically controllable. Isotactic, syndiotactic, and atactic forms can all be produced, depending on the catalyst system used. The active form of a Ziegler–Natta catalyst is an alkyltitanium intermediate with a vacant coordination site on the metal. Coordination of alkene monomer to the titanium occurs, and the coordinated alkene then inserts into the carbon–titanium bond to extend the alkyl chain. A new coordination site opens up during the insertion step, so the process repeats indefinitely. The linear polyethylene produced by the Ziegler–Natta process, called high-density polyethylene, is a highly crystalline polymer with 4000 to 7000 ethylene units per chain and molecular weights in the range 100,000 to 200,000 amu. High-density polyethylene has greater strength and heat resistance than the branched product of radical-induced polymerization, called low-density polyethylene, and is used to produce plastic squeeze bottles and molded housewares. Polyethylenes of even higher molecular weights are produced for specialty applications. So-called high-molecular-weight (HMW) polyethylene contains 10,000 to 18,000 monomer units per chain and molecular weights in the range of 300,000–500,000. It is used for underground pipes and large containers. Ultrahigh-molecular-weight (UHMW) polyethylene contains more than 100,000 monomer units per chain and has molecular weights ranging from 3,000,000 to 6,000,000 amu. It is used in bearings, conveyor belts, and bulletproof vests, among other applications requiring exceptional wear resistance. Problems", "section": "Stereochemistry of Polymerization: Ziegler–Natta Catalysts", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Copolymers Up to this point we’ve discussed only homopolymers —polymers that are made up of identical repeating units. In practice, however, copolymers are more important commercially. Copolymers are obtained when two or more different monomers are allowed to polymerize together. For example, copolymerization of vinyl chloride with vinylidene chloride (1,1-dichloroethylene) in a 1 : 4 ratio leads to the polymer Saran. Copolymerization of monomer mixtures often leads to materials with properties quite different from those of either corresponding homopolymer, giving the polymer chemist a vast flexibility for devising new materials. lists some common copolymers and their commercial applications. Some Common Copolymers and Their Uses Monomers Structures Trade name Uses Vinyl chloride Vinylidene chloride Saran Fibers, food packaging Styrene 1,3-Butadiene SBR (styrene–butadiene rubber) Tires, rubber articles Hexafluoropropene Vinylidene fluoride Viton Gaskets, seals Acrylonitrile 1,3-Butadiene Nitrile rubber Adhesives, hoses Isobutylene Isoprene Butyl rubber Inner tubes Acrylonitrile 1,3-Butadiene Styrene ABS (monomer initials) Pipes, high-impact applications Several different types of copolymers can be defined, depending on the distribution of monomer units in the chain. If monomer A is copolymerized with monomer B, for instance, the resultant product might have a random distribution of the two units throughout the chain, or it might have an alternating distribution. The exact distribution of monomer units depends on the initial proportions of the two reactant monomers and their relative reactivities. In practice, neither perfectly random nor perfectly alternating copolymers are usually found. Most copolymers have many random imperfections. Two other forms of copolymers that can be prepared under certain conditions are called block copolymers and graft copolymers . Block copolymers are those in which different blocks of identical monomer units alternate with each other; graft copolymers are those in which homopolymer branches of one monomer unit are “grafted” onto a homopolymer chain of another monomer unit. Block copolymers are prepared by initiating the polymerization of one monomer as if growing a homopolymer chain and then adding an excess of the second monomer to the still-active reaction mix. Graft copolymers are made by gamma irradiation of a completed homopolymer chain in the presence of the second monomer. The high-energy irradiation knocks hydrogen atoms off the homopolymer chain at random points, thus generating new radical sites that can initiate polymerization of the added monomer. Problems", "section": "Copolymers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Step-Growth Polymers Step-growth polymers are produced by reactions in which each bond in the polymer is formed stepwise, independently of the other bonds. Like the polyamides (nylons) and polyesters that we saw in , most step-growth polymers are produced by reaction between two difunctional reactants. The polymer Nylon 66, for instance, is made by reaction between the six-carbon adipic acid and the six-carbon hexamethylenediamine (1,6-hexanediamine). Alternatively, a single reactant with two different functional groups can polymerize. Nylon 6 is made by polymerization of the six-carbon caprolactam. The reaction is initiated by adding a small amount of water, which hydrolyzes some caprolactam to 6-aminohexanoic acid. Nucleophilic addition of the amino group to caprolactam then propagates the polymerization. Polycarbonates Polycarbonates are like polyesters, but their carbonyl group is linked to two –OR groups, [ O ═ C ( OR ) 2 ]. Lexan, for instance, is a polycarbonate prepared from diphenyl carbonate and a diphenol called bisphenol A. Lexan has unusually high impact strength, making it valuable for use in machinery housings, telephones, bicycle safety helmets, and bulletproof glass. Polyurethanes A urethane is a carbonyl-containing functional group in which the carbonyl carbon is bonded to both an –OR group and an –NR 2 group. As such, a urethane is halfway between a carbonate and a urea. A urethane is typically prepared by nucleophilic addition reaction of an alcohol with an isocyanate ( R ─ N ═ C ═ O ), so a polyurethane is prepared by reaction of a diol with a diisocyanate. The diol is usually a low-molecular-weight polymer (MW ≈ 1000 amu) with hydroxyl end-groups; the diisocyanate is often toluene-2,4-diisocyanate. Several different kinds of polyurethanes can be produced, depending on the nature of the polymeric alcohol used. One major use of polyurethane is in the stretchable spandex fibers used for bathing suits and athletic gear. These polyurethanes have a fairly low degree of cross-linking so that the resultant polymer is soft and elastic. A second major use of polyurethanes is in the foams used for insulation. Foaming occurs when a small amount of water is added during polymerization, giving a carbamic acid intermediate that spontaneously loses bubbles of CO 2 . Polyurethane foams are generally made using a poly alcohol rather than a diol as the monomer so that the polymer has a high amount of three-dimensional cross-linking. The result is a rigid but very light foam suitable for use as thermal insulation in building construction and portable ice chests. Problems", "section": "Step-Growth Polymers", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Olefin Metathesis Polymerization Perhaps the most important advance in polymer synthesis in recent years has been the development of olefin metathesis polymerization by Yves Chauvin of the Institut Français du Pétrole, Robert H. Grubbs of CalTech, and Richard R.Schrock of MIT who shared the 2005 Nobel Prize in Chemistry for their work. At its simplest, an olefin metathesis reaction is two olefins (alkenes) exchanging substituents on their double bonds. Olefin metathesis catalysts, such as the Grubbs catalyst now in common use, contain a carbon–metal double bond (usually to ruthenium, Ru) and have the general structure M═ CH ─ R . They function by reacting reversibly with an alkene to form a four-membered, metal-containing intermediate called a metallacycle , which immediately opens to give a different catalyst and a different alkene. The mechanism is shown in . Mechanism of the olefin metathesis reaction. The process is initiated by a two-step sequence that involves ( 1 ) reaction of the catalyst and olefin 1 to give a four-membered metallacycle intermediate, followed by ( 2 ) ring-opening to give a different form of catalyst that contains part of olefin 1. ( 3 ) Reaction of this new catalyst with olefin 2 gives another metallacycle intermediate, ( 4 ) which opens to give metathesis product and another form of catalyst. ( 5 , 6 ) The repeating ring-forming and ring-opening steps then continue. There are several methods for implementing the olefin metathesis reaction to prepare polymers. One method, called ring-opening metathesis polymerization , or ROMP , involves the use of a moderately strained cycloalkene, such as cyclopentene. The strain of the ring favors ring-opening, thereby driving formation of the open-chain product. The polymer that results has double bonds spaced regularly along the chain, allowing for either hydrogenation or further functionalization if desired. A second method of using olefin metathesis to prepare polymers is by acyclic diene metathesis , or ADMET . As the name suggests, ADMET involves olefin metathesis of an open-chain substrate with two double bonds at the ends of a long chain, such as 1,8-nonadiene. As the reaction proceeds, the gaseous ethylene by-product escapes, thereby driving the equilibrium toward polymer product. So efficient is this reaction that polymers with molecular weights as high as 80,000 amu have been prepared. The ROMP and ADMET procedures are particularly valuable because the metathesis reaction is compatible with the presence in the olefin monomer of many different functional groups. In addition, the double bonds in the polymers provide still more flexibility for further manipulations. Among the commercial polymers produced by olefin metathesis are Vestenamer, used in the manufacture of tires and other molded rubber objects, and Norsorex, used in the automobile industry as a sealing material. Problems", "section": "Olefin Metathesis Polymerization", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Intramolecular Olefin Metathesis The olefin metathesis reaction has been used primarily as an intermolecular process for polymer synthesis, but it is also finding increased usage in complex organic synthesis as an intramolecular process in what is called ring-closing metathesis (RCM). The optimum catalyst is an Ru(II) complex, and cyclic alkenes with up to 30 atoms in ring size are easily produced.", "section": "Intramolecular Olefin Metathesis", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Polymer Structure and Physical Properties Polymers aren’t really that different from other organic molecules. They’re much larger, of course, but their chemistry is similar to that of analogous small molecules. Thus, the alkane chains of polyethylene undergo radical-initiated halogenation, the aromatic rings of polystyrene undergo typical electrophilic aromatic substitution reactions, and the amide linkages of nylon are hydrolyzed by aqueous base. The major difference between small and large organic molecules is in their physical properties. For instance, their large size means that polymers experience substantially greater van der Waals forces than do small molecules ( ). But because van der Waals forces operate only at close distances, they are strongest in polymers like high-density polyethylene, in which chains can pack together closely in a regular way. Many polymers, in fact, have regions that are essentially crystalline. These regions, called crystallites , consist of highly ordered portions in which the zigzag polymer chains are held together by van der Waals forces ( ). Crystallites in linear polyethylene. The long polymer chains are arranged in parallel lines in the crystallite regions. As you might expect, polymer crystallinity is strongly affected by the steric requirements of substituent groups on the chains. Linear polyethylene is highly crystalline, but poly(methyl methacrylate) is noncrystalline because the chains can’t pack closely together in a regular way. Polymers with a high degree of crystallinity are generally hard and durable. When heated, the crystalline regions melt at the melt transition temperature, T m , to give an amorphous material. Noncrystalline, amorphous polymers like poly(methyl methacrylate), sold under the trade name Plexiglas, have little or no long-range ordering among chains but can nevertheless be very hard at room temperature. When heated, the hard amorphous polymer becomes soft and flexible at a point called the glass transition temperature, T g . Much of the art in polymer synthesis lies in finding methods for controlling the degree of crystallinity and the glass transition temperature, thereby imparting useful properties to the polymer. In general, polymers can be divided into four major categories, depending on their physical behavior: thermoplastics, fibers, elastomers, and thermosetting resins . Thermoplastics are the polymers most people think of when the word plastic is mentioned. These polymers have a high glass transition temperature and are therefore hard at room temperature but become soft and viscous when heated. As a result, they can be molded into toys, beads, telephone housings, or any of a thousand other items. Because thermoplastics have little or no cross-linking, the individual chains can slip past one another in the melt. Some thermoplastic polymers, such as poly(methyl methacrylate) and polystyrene, are amorphous and noncrystalline; others, such as polyethylene and nylon, are partially crystalline. Among the better-known thermoplastics is poly(ethylene terephthalate), or PET, used for making plastic soft-drink bottles. Plasticizers —small organic molecules that act as lubricants between chains—are usually added to thermoplastics to keep them from becoming brittle at room temperature. An example is poly(vinyl chloride), which is brittle when pure but becomes supple and pliable when a plasticizer is added. In fact, most drip bags used in hospitals to deliver intravenous saline solutions are made of poly(vinyl chloride), although replacements such as polypropylene are appearing. Dialkyl phthalates such as di(2-ethylhexyl) phthalate (generally called dioctyl phthalate) are commonly used as plasticizers, although questions about their safety have been raised. The U.S. Food and Drug Administration (FDA) has advised the use of alternative materials in compromised patients and infants but has found no evidence of toxicity for healthy individuals. In addition, children’s toys that contain phthalates have been banned in the United States. Fibers are thin threads produced by extruding a molten polymer through small holes in a die, or spinneret. The fibers are then cooled and drawn out, which orients the crystallite regions along the axis of the fiber and adds considerable tensile strength . Nylon, Dacron, and polyethylene all have the semicrystalline structure necessary for being drawn into oriented fibers. Oriented crystallite regions in a polymer fiber. Elastomers are amorphous polymers that have the ability to stretch out and spring back to their original shapes. These polymers must have low glass transition temperatures and a small amount of cross-linking to prevent the chains from slipping over one another. In addition, the chains must have an irregular shape to prevent crystallite formation. When stretched, the randomly coiled chains straighten out and orient along the direction of the pull. Van der Waals forces are too weak and too few to maintain this orientation, however, and the elastomer therefore reverts to its random coiled state when the stretching force is released ( ). Unstretched and stretched forms of an elastomer. Natural rubber ( ) is the most common example of an elastomer. Rubber has the long chains and occasional cross-links needed for elasticity, but its irregular geometry prevents close packing of the chains into crystallites. Gutta-percha, by contrast, is highly crystalline and is not an elastomer ( ). (a) Natural rubber is elastic and noncrystalline because of its cis double-bond geometry, but (b) gutta-percha is nonelastic and crystalline because its geometry allows for better packing together of chains. Thermosetting resins are polymers that become highly cross-linked and solidify into a hard, insoluble mass when heated. Bakelite, a thermosetting resin first produced in 1907, has been in commercial use longer than any other synthetic polymer. It is widely used for molded parts, adhesives, coatings, and even high-temperature applications such as missile nose cones. Chemically, Bakelite is a phenolic resin , produced by reaction of phenol and formaldehyde. On heating, water is eliminated, many cross-links form, and the polymer sets into a rocklike mass. The cross-linking in Bakelite and other thermosetting resins is three-dimensional and is so extensive that we can’t really speak of polymer “chains.” A piece of Bakelite is essentially one large molecule. Problems Degradable Polymers The high chemical stability of many polymers is both a blessing and a curse. Heat resistance, wear resistance, and long life are valuable characteristics of clothing fibers, bicycle helmets, underground pipes, food wrappers, and many other items. Yet when these items outlive their usefulness, disposal becomes a problem. What happens to the plastics that end up here? (credit: modification of work “King of the trash hill” by Alan Levine/Flickr, CC BY 2.0) Recycling of unwanted polymers is the best solution, and six types of plastics in common use are frequently stamped with identifying codes assigned by the Society of the Plastics Industry . After being sorted by type, the items to be recycled are shredded into small chips, washed, dried, and melted for reuse. Soft-drink bottles, for instance, are made from recycled poly(ethylene terephthalate), trash bags are made from recycled low-density polyethylene, and garden furniture is made from recycled polypropylene and mixed plastics. Recyclable Plastics Polymer Recycling code Use Poly(ethylene terephthalate) 1—PET Soft-drink bottles High-density polyethylene 2—HDPE Bottles Poly(vinyl chloride) 3—V Floor mats Low-density polyethylene 4—LDPE Grocery bags Polypropylene 5—PP Furniture Polystyrene 6—PS Molded articles Mixed plastics 7 Benches, plastic lumber Frequently, however, plastics are simply thrown away rather than recycled, and much work has therefore been carried out on developing biodegradable polymers, which can be broken down by soil microorganisms. Among the most common biodegradable polymers are polyglycolic acid (PGA), polylactic acid (PLA), and polyhydroxybutyrate (PHB). All are polyesters and are therefore susceptible to hydrolysis of their ester links. Copolymers of PGA with PLA have found a particularly wide range of uses. A 90/10 copolymer of polyglycolic acid with polylactic acid is used to make absorbable sutures that are degraded and absorbed by the body within 90 days after surgery. Biodegradation is important, but even better than the breakdown of a small group of specialized polymers would be the development of a generalized method of breakdown that could be used on any polymer, including even hydrocarbon polymers such as polyethylene and polypropylene. Such a method has recently been reported by chemists at the University of Delaware, using hydrogen at 200 °C and 2 atm pressure in the presence of an organozirconium catalyst to turn polyethylene into simple hydrocarbons. The method uses a large amount of hydrogen at present, but it is an impressive start. atactic polymer block copolymer chain-growth polymer copolymer crystallite elastomer fiber glass transition temperature ( T g ) graft copolymer homopolymer isotactic polymer melt transition temperature ( T m ) monomer olefin metathesis polymerization plasticizer polycarbonate polymer polyurethane syndiotactic polymer thermoplastic thermosetting resin urethane Ziegler–Natta catalyst Summary Synthetic polymers can be classified as either chain-growth or step-growth. Chain-growth polymers are prepared by chain-reaction polymerization of vinyl monomers in the presence of a radical, an anion, or a cation initiator. Radical polymerization is sometimes used, but alkenes such as 2-methylpropene that have electron-donating substituents on the double bond polymerize easily by a cationic route through carbocation intermediates. Similarly, monomers such as methyl α -cyanoacrylate that have electron-withdrawing substituents on the double bond polymerize by an anionic, conjugate addition pathway. Copolymerization of two monomers gives a product with properties different from those of either homopolymer. Graft copolymers and block copolymers are two examples. Alkene polymerization can be carried out in a controlled manner using a Ziegler–Natta catalyst . Ziegler–Natta polymerization minimizes the amount of chain branching in the polymer and leads to stereoregular chains—either isotactic (substituents on the same side of the chain) or syndiotactic (substituents on alternate sides of the chain), rather than atactic (substituents randomly disposed). Step-growth polymers, the second major class of polymers, are prepared by reactions between difunctional molecules, with individual bonds in the polymer formed independently of one another. Polycarbonates are formed from a diester and a diol, and polyurethanes are formed from a diisocyanate and a diol. The chemistry of synthetic polymers is similar to the chemistry of small molecules with the same functional groups, but the physical properties of polymers are greatly affected by size. Polymers can be classified by physical property into four groups: thermoplastics , fibers , elastomers , and thermosetting resins . The properties of each group can be accounted for by the structure, the degree of crystallinity, and the amount of cross-linking they contain. Additional Problems Visualizing Chemistry Mechanism Problems General Problems", "section": "Polymer Structure and Physical Properties", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Nomenclature of Polyfunctional Organic Compounds With more than 40 million organic compounds now known and thousands more being created daily, naming them all is a real problem. Part of the problem is due to the sheer complexity of organic structures, but part is also due to the fact that chemical names have more than one purpose. For the Chemical Abstracts Service (CAS), which catalogs and indexes the worldwide chemical literature, each compound must have only one correct name. It would be chaos if half the entries for CH 3 Br were indexed under “M” for methyl bromide and half under “B” for bromomethane. Furthermore, a CAS name must be strictly systematic so that it can be assigned and interpreted by computers; common names are not allowed. People, however, have different requirements than computers. For people—which is to say students and professional chemists in their spoken and written communications—it’s best that a chemical name be pronounceable and as easy as possible to assign and interpret. Furthermore, it’s convenient if names follow historical precedents, even if that means a particularly well-known compound might have more than one name. People can readily understand that bromomethane and methyl bromide both refer to CH 3 Br. As noted in the text, chemists overwhelmingly use the nomenclature system devised and maintained by the International Union of Pure and Applied Chemistry, or IUPAC. Rules for naming monofunctional compounds were given throughout the text as each new functional group was introduced, and a list of where these rules can be found is given in . Nomenclature Rules for Functional Groups Functional group Text section Acid anhydrides 21-1 Acid halides 21-1 Acyl phosphates 21-1 Alcohols 17-1 Aldehydes 19-1 Alkanes 3-4 Alkenes 7-3 Alkyl halides 10-1 Alkynes 9-1 Amides 21-1 Amines 24-1 Aromatic compounds 15-1 Carboxylic acids 20-1 Cycloalkanes 4-1 Esters 21-1 Ethers 18-1 Ketones 19-1 Nitriles 20-1 Phenols 17-1 Sulfides 18-7 Thiols 18-7 Thioesters 21-1 Naming a monofunctional compound is reasonably straightforward, but even experienced chemists often encounter problems when faced with naming a complex polyfunctional compound. Take the following compound, for instance. It has three functional groups, ester, ketone, and C ═ C , but how should it be named? As an ester with an - oate ending, a ketone with an - one ending, or an alkene with an - ene ending? It’s actually named methyl 3-(2-oxo-6-cyclohexenyl)propanoate. The name of a polyfunctional organic molecule has four parts—suffix, parent, prefixes, and locants—which must be identified and expressed in the proper order and format. Let’s look at each of the four. Name Part 1. The Suffix: Functional-Group Precedence Although a polyfunctional organic molecule might contain several different functional groups, we must choose just one suffix for nomenclature purposes. It’s not correct to use two suffixes. Thus, keto ester 1 must be named either as a ketone with an - one suffix or as an ester with an - oate suffix, but it can’t be named as an - onoate. Similarly, amino alcohol 2 must be named either as an alcohol (- ol ) or as an amine (- amine ), but it can’t be named as an - olamine or - aminol. The only exception to the rule requiring a single suffix is when naming compounds that have double or triple bonds. Thus, the unsaturated acid H 2 C ═ CHCH 2 CO 2 H is 3-butenoic acid, and the acetylenic alcohol HC ≡ CCH 2 CH 2 CH 2 OH is 5-pentyn-1-ol. How do we choose which suffix to use? Functional groups are divided into two classes, principal groups and subordinate groups , as shown in . Principal groups can be cited either as prefixes or as suffixes, while subordinate groups are cited only as prefixes. Within the principal groups, an order of priority has been established: the proper suffix for a given compound is determined by choosing the principal group of highest priority. For example, indicates that keto ester 1 should be named as an ester rather than as a ketone because an ester functional group is higher in priority than a ketone. Similarly, amino alcohol 2 should be named as an alcohol rather than as an amine. Thus, the name for 1 is methyl 4-oxopentanoate and the name for 2 is 5-amino-2-pentanol. Further examples are shown: Classification of Functional Groups a Functional group Name as suffix Name as prefix a Principal groups are listed in order of decreasing priority; subordinate groups have no priority order. Principal groups Carboxylic acids -oic acid carboxy -carboxylic acid Acid anhydrides -oic anhydride — -carboxylic anhydride Esters -oate alkoxycarbonyl -carboxylate Thioesters -thioate alkylthiocarbonyl -carbothioate Acid halides -oyl halide halocarbonyl -carbonyl halide Amides -amide carbamoyl -carboxamide Nitriles -nitrile cyano -carbonitrile Aldehydes -al oxo -carbaldehyde Ketones -one oxo Alcohols -ol hydroxy Phenols -ol hydroxy Thiols -thiol mercapto Amines -amine amino Imines -imine imino Ethers ether alkoxy Sulfides sulfide alkylthio Disulfides disulfide — Alkenes -ene — Alkynes -yne — Alkanes -ane — Subordinate groups Azides — azido Halides — halo Nitro compounds — nitro Name Part 2. The Parent: Selecting the Main Chain or Ring The parent, or base, name of a polyfunctional organic compound is usually easy to identify. If the principal group of highest priority is part of an open chain, the parent name is that of the longest chain containing the largest number of principal groups. For example, compounds 6 and 7 are isomeric aldehydo amides, which must be named as amides rather than as aldehydes according to . The longest chain in compound 6 has six carbons, and the substance is named 5-methyl-6-oxohexanamide. Compound 7 also has a chain of six carbons, but the longest chain that contains both principal functional groups has only four carbons. Thus, compound 7 is named 4-oxo-3-propylbutanamide. If the highest-priority principal group is attached to a ring, the parent name is that of the ring system. Compounds 8 and 9 , for instance, are isomeric keto nitriles and must both be named as nitriles according to . Substance 8 is named as a benzonitrile because the −CN functional group is a substituent on the aromatic ring, but substance 9 is named as an acetonitrile because the −CN functional group is on an open chain. Thus, their names are 2-acetyl-(4-bromomethyl)benzonitrile (8) and (2-acetyl-4-bromophenyl)acetonitrile (9) . As further examples, compounds 10 and 11 are both keto acids and must be named as acids, but the parent name in 10 is that of a ring system (cyclohexanecarboxylic acid) and the parent name in 11 is that of an open chain (propanoic acid). Thus, their names are trans -2-(3-oxopropyl)cyclohexanecarboxylic acid (10) and 3-(2-oxocyclohexyl)propanoic acid (11) . Name Parts 3 and 4. The Prefixes and Locants With the parent name and the suffix established, the next step is to identify and give numbers, or locants, to all substituents on the parent chain or ring. The substituents include all alkyl groups and all functional groups other than the one cited in the suffix. For example, compound 12 contains three different functional groups (carboxyl, keto, and double bond). Because the carboxyl group is highest in priority and the longest chain containing the functional groups has seven carbons, compound 12 is a heptenoic acid. In addition, the parent chain has a keto (oxo) substituent and three methyl groups. Numbering from the end nearer the highest-priority functional group gives the name ( E )-2,5,5-trimethyl-4-oxo-2-heptenoic acid. Look back at some of the other compounds we’ve named to see other examples of how prefixes and locants are assigned. Writing the Name With the name parts established, the entire name can be written out. Several additional rules apply: Order of prefixes. When the substituents have been identified, the parent chain has been numbered, and the proper multipliers such as di - and tri - have been assigned, the name is written with the substituents listed in alphabetical, rather than numerical, order. Multipliers such as di - and tri - are not used for alphabetization, but the italicized prefixes iso - and sec - are used. Use of hyphens; single- and multiple-word names. The general rule is to determine whether the parent is itself an element or compound. If it is, then the name is written as a single word; if it isn’t, then the name is written as multiple words. Methylbenzene is written as one word, for instance, because the parent—benzene—is a compound. Diethyl ether, however, is written as two words because the parent—ether—is a class name rather than a compound name. Some further examples follow: Parentheses. Parentheses are used to denote complex substituents when ambiguity would otherwise arise. For example, chloromethylbenzene has two substituents on a benzene ring, but (chloromethyl)benzene has only one complex substituent. Note that the expression in parentheses is not set off by hyphens from the rest of the name. Additional Reading Further explanations of the rules of organic nomenclature can be found online at ACD Labs (accessed May 2023) and in the following references: “A Guide to IUPAC Nomenclature of Organic Compounds,” CRC Press, Boca Raton, FL, 1993. “Nomenclature of Organic Chemistry, Sections A, B, C, D, E, F, and H,” International Union of Pure and Applied Chemistry, Pergamon Press, Oxford, 1979.", "section": "Nomenclature of Polyfunctional Organic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Acidity Constants for Some Organic Compounds Compound p K a CH 3 SO 3 H −1.8 CH(NO 2 ) 3 0.1 0.3 CCl 3 CO 2 H 0.5 CF 3 CO 2 H 0.5 CBr 3 CO 2 H 0.7 HO 2 CC ≡ CCO 2 H 1.2; 2.5 HO 2 CCO 2 H 1.2; 3.7 CHCl 2 CO 2 H 1.3 CH 2 (NO 2 )CO 2 H 1.3 HC ≡ CCO 2 H 1.9 (Z) HO 2 CCH ═ CHCO 2 H 1.9; 6.3 2.4 CH 3 COCO 2 H 2.4 NCCH 2 CO 2 H 2.5 CH 3 C ≡ CCO 2 H 2.6 CH 2 FCO 2 H 2.7 CH 2 ClCO 2 H 2.8 HO 2 CCH 2 CO 2 H 2.8; 5.6 CH 2 BrCO 2 H 2.9 3.0 3.0 CH 2 ICO 2 H 3.2 CHOCO 2 H 3.2 3.4 3.5 HSCH 2 CO 2 H 3.5; 10.2 CH 2 (NO 2 ) 2 3.6 CH 3 OCH 2 CO 2 H 3.6 CH 3 COCH 2 CO 2 H 3.6 HOCH 2 CO 2 H 3.7 HCO 2 H 3.7 3.8 4.0 CH 2 BrCH 2 CO 2 H 4.0 4.1 4.2 H 2 C ═ CHCO 2 H 4.2 HO 2 CCH 2 CH 2 CO 2 H 4.2; 5.7 HO 2 CCH 2 CH 2 CH 2 CO 2 H 4.3; 5.4 4.5 H 2 C ═ C(CH 3 )CO 2 H 4.7 CH 3 CO 2 H 4.8 CH 3 CH 2 CO 2 H 4.8 (CH 3 ) 3 CCO 2 H 5.0 CH 3 COCH 2 NO 2 5.1 5.3 O 2 NCH 2 CO 2 CH 3 5.8 5.8 6.2 6.6 HCO 3 H 7.1 7.2 (CH 3 ) 2 CHNO 2 7.7 7.8 CH 3 CO 3 H 8.2 8.5 CH 3 CH 2 NO 2 8.5 8.7 CH 3 COCH 2 COCH 3 9.0 9.3; 11.1 9.3; 12.6 9.4 9.9; 11.5 9.9 CH 3 COCH 2 SOCH 3 10.0 10.3 CH 3 NO 2 10.3 CH 3 SH 10.3 CH 3 COCH 2 CO 2 CH 3 10.6 CH 3 COCHO 11.0 CH 2 (CN) 2 11.2 CCl 3 CH 2 OH 12.2 Glucose 12.3 (CH 3 ) 2 C ═ NOH 12.4 CH 2 (CO 2 CH 3 ) 2 12.9 CHCl 2 CH 2 OH 12.9 CH 2 (OH) 2 13.3 HOCH 2 CH(OH)CH 2 OH 14.1 CH 2 ClCH 2 OH 14.3 15.0 15.4 CH 3 OH 15.5 H 2 C ═ CHCH 2 OH 15.5 CH 3 CH 2 OH 16.0 CH 3 CH 2 CH 2 OH 16.1 CH 3 COCH 2 Br 16.1 16.7 CH 3 CHO 17 (CH 3 ) 2 CHCHO 17 (CH 3 ) 2 CHOH 17.1 (CH 3 ) 3 COH 18.0 CH 3 COCH 3 19.3 23 CH 3 CO 2 CH 2 CH 3 25 HC ≡ CH 25 CH 3 CN 25 CH 3 SO 2 CH 3 28 (C 6 H 5 ) 3 CH 32 (C 6 H 5 ) 2 CH 2 34 CH 3 SOCH 3 35 NH 3 36 CH 3 CH 2 NH 2 36 (CH 3 CH 2 ) 2 NH 40 41 43 H 2 C ═ CH 2 44 CH 4 ∼60 An acidity list covering more than 5000 organic compounds has been published: E.P. Serjeant and B. Dempsey (eds.), “Ionization Constants of Organic Acids in Aqueous Solution,” IUPAC Chemical Data Series No. 23, Pergamon Press, Oxford, 1979.", "section": "Acidity Constants for Some Organic Compounds", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}
{"text": "Glossary Absolute configuration ( ): The exact three-dimensional structure of a chiral molecule. Absolute configurations are specified verbally by the Cahn–Ingold–Prelog R , S convention. Absorbance ( A ) ( ): In optical spectroscopy, the logarithm of the intensity of the incident light divided by the intensity of the light transmitted through a sample; A = log I 0 / I . Absorption spectrum ( ): A plot of wavelength of incident light versus amount of light absorbed. Organic molecules show absorption spectra in both the infrared and the ultraviolet regions of the electromagnetic spectrum. Acetals, R 2 C(OR′) 2 ( ): A type of functional group consisting of two −OR groups bonded to the same carbon, R 2 C(OR′) 2 . Acetals are often used as protecting groups for ketones and aldehydes. Acetoacetic ester synthesis ( ): The synthesis of a methyl ketone by alkylation of an alkyl halide with ethyl acetoacetate, followed by hydrolysis and decarboxylation. Acetyl group ( ): The CH 3 CO− group. Acetylide anion ( ): The anion formed by removal of a proton from a terminal alkyne, R–C≡C: − . Achiral ( ): Having a lack of handedness. A molecule is achiral if it has a plane of symmetry and is thus superimposable on its mirror image. Acid anhydrides ( Chapter 21 Introduction ): A type of functional group with two acyl groups bonded to a common oxygen atom, RCO 2 COR′. Acid halides ( Chapter 21 Introduction ): A type of functional group with an acyl group bonded to a halogen atom, RCOX. Acidity constant, K a ( ): A measure of acid strength. For any acid HA, the acidity constant is given by the expression K a = [ H 3 O + ] [ A − ] [ HA ] . Activating groups ( ): Electron-donating groups such as hydroxyl (−OH) or amino (−NH 2 ) that increase the reactivity of an aromatic ring toward electrophilic aromatic substitution. Activation energy ( ): The difference in energy between ground state and transition state in a reaction. The amount of activation energy determines the rate at which the reaction proceeds. Most organic reactions have activation energies of 40–100 kJ/mol. Active site ( , ): The pocket in an enzyme where a substrate is bound and undergoes reaction. Acyclic diene metathesis (ADMET) ( ): A method of polymer synthesis that uses the olefin metathesis reaction of an open-chain diene. Acyl group ( , ): A −COR group. Acyl phosphates ( Chapter 21 Introduction ): A type of functional group with an acyl group bonded to a phosphate, RCO 2 PO 3 2− . Acylation ( , ): The introduction of an acyl group, −COR, onto a molecule. For example, acylation of an alcohol yields an ester, acylation of an amine yields an amide, and acylation of an aromatic ring yields an alkyl aryl ketone. Acylium ion ( ): A resonance-stabilized carbocation in which the positive charge is located at a carbonyl-group carbon, R– C + ═O ↔ R–C≡ O + . Acylium ions are intermediates in Friedel–Crafts acylation reactions. Adams’ catalyst ( ): The PtO 2 catalyst used for alkene hydrogenations. 1,2-Addition ( , ): Addition of a reactant to the two ends of a double bond. 1,4-Addition ( , ): Addition of a reactant to the ends of a conjugated π system. Conjugated dienes yield 1,4 adducts when treated with electrophiles such as HCl. Conjugated enones yield 1,4 adducts when treated with nucleophiles such as amines. Addition reactions ( ): Occur when two reactants add together to form a single product with no atoms left over. Adrenocortical hormones ( ): Steroid hormones secreted by the adrenal glands. There are two types of these hormones: mineralocorticoids and glucocorticoids. Alcohols ( , Chapter 17 Introduction ): A class of compounds with an −OH group bonded to a saturated, sp 3 -hybridized carbon, ROH. Aldaric acid ( ): The dicarboxylic acid resulting from oxidation of an aldose. Aldehydes (RCHO) ( , Chapter 19 Introduction ): A class of compounds containing the −CHO functional group. Alditol ( ): The polyalcohol resulting from reduction of the carbonyl group of a sugar. Aldol reaction ( ): The carbonyl condensation reaction of an aldehyde or ketone to give a β -hydroxy carbonyl compound. Aldonic acids ( ): Monocarboxylic acids resulting from oxidation of the −CHO group of an aldose. Aldoses ( ): A type of carbohydrate with an aldehyde functional group. Alicyclic ( ): A nonaromatic cyclic hydrocarbon such as a cycloalkane or cycloalkene. Aliphatic ( ): A nonaromatic hydrocarbon such as a simple alkane, alkene, or alkyne. Alkaloids ( Chapter 2 Chemistry Matters ): Naturally occurring organic bases, such as morphine. Alkanes ( ): A class of compounds of carbon and hydrogen that contains only single bonds. Alkene ( , Chapter 7 Introduction ): A hydrocarbon that contains a carbon–carbon double bond, R 2 C═ CR 2 . Alkoxide ion, RO − ( ): The anion formed by deprotonation of an alcohol. Alkoxymercuration ( ): A method for synthesizing ethers by mercuric-ion catalyzed addition of an alcohol to an alkene followed by demercuration on treatment with NaBH 4 . Alkyl group ( ): The partial structure that remains when a hydrogen atom is removed from an alkane. Alkyl halide ( , Chapter 10 Introduction ): A compound with a halogen atom bonded to a saturated, sp 3 -hybridized carbon atom. Alkylamines ( ): Amino-substituted alkanes RNH 2 , R 2 NH, or R 3 N. Alkylation ( , , , ): Introduction of an alkyl group onto a molecule. For example, aromatic rings can be alkylated to yield arenes, and enolate anions can be alkylated to yield α -substituted carbonyl compounds. Alkyne ( , Chapter 9 Introduction ): A hydrocarbon that contains a carbon–carbon triple bond, RC≡CR . Allyl group ( ): A H 2 C═ CHCH 2 − substituent. Allylic ( ): The position next to a double bond. For example, H 2 C═ CHCH 2 Br is an allylic bromide. α -Amino acids ( ): A type of difunctional compound with an amino group on the carbon atom next to a carboxyl group, RCH(NH 2 )CO 2 H. α Anomer ( ): The cyclic hemiacetal form of a sugar that has the hemiacetal −OH group cis to the −OH at the lowest chirality center in a Fischer projection. α Helix ( ): The coiled secondary structure of a protein. α Position ( Chapter 22 Introduction ): The position next to a carbonyl group. α -Substitution reaction ( Chapter 22 Introduction ): The substitution of the α hydrogen atom of a carbonyl compound by reaction with an electrophile. Amides ( , Chapter 21 Introduction ): A class of compounds containing the −CONR 2 functional group. Amidomalonate synthesis ( ): A method for preparing α -amino acids by alkylation of diethyl amidomalonate with an alkyl halide followed by deprotection and decarboxylation. Amines ( , Chapter 24 Introduction ): A class of compounds containing one or more organic substituents bonded to a nitrogen atom, RNH 2 , R 2 NH, or R 3 N. Amino acid ( ): See α -Amino acid. Amino sugar ( ): A sugar with one of its −OH groups replaced by −NH 2 . Amphiprotic ( ): Capable of acting either as an acid or as a base. Amino acids are amphiprotic. Amplitude ( ): The height of a wave measured from the midpoint to the maximum. The intensity of radiant energy is proportional to the square of the wave’s amplitude. Anabolic steroids ( ): Synthetic androgens that mimic the tissue-building effects of natural testosterone. Anabolism ( ): The group of metabolic pathways that build up larger molecules from smaller ones. Androgen ( ): A male steroid sex hormone. Angle strain ( ): The strain introduced into a molecule when a bond angle is deformed from its ideal value. Angle strain is particularly important in small-ring cycloalkanes, where it results from compression of bond angles to less than their ideal tetrahedral values. Annulation ( ): The building of a new ring onto an existing molecule. Anomeric center ( ): The hemiacetal carbon atom in the cyclic pyranose or furanose form of a sugar. Anomers ( ): Cyclic stereoisomers of sugars that differ only in their configuration at the hemiacetal (anomeric) carbon. Antarafacial ( ): A pericyclic reaction that takes place on opposite faces of the two ends of a π electron system. Anti conformation ( ): The geometric arrangement around a carbon–carbon single bond in which the two largest substituents are 180° apart as viewed in a Newman projection. Anti periplanar ( ): Describing the stereochemical relationship in which two bonds on adjacent carbons lie in the same plane at an angle of 180°. Anti stereochemistry ( ): The opposite of syn. An anti addition reaction is one in which the two ends of the double bond are attacked from different sides. An anti elimination reaction is one in which the two groups leave from opposite sides of the molecule. Antiaromatic ( ): Referring to a planar, conjugated molecule with 4 n π electrons. Delocalization of the π electrons leads to an increase in energy. Antibonding MO ( ): A molecular orbital that is higher in energy than the atomic orbitals from which it is formed. Anticodon ( ): A sequence of three bases on tRNA that reads the codons on mRNA and brings the correct amino acids into position for protein synthesis. Antisense strand ( ): The template, noncoding strand of double-helical DNA that does not contain the gene. Arene ( ): An alkyl-substituted benzene. Arenediazonium salt ( ): An aromatic compound Ar– N + ≡N X − ; used in the Sandmeyer reaction. Aromaticity ( Chapter 15 Introduction ): The special characteristics of cyclic conjugated molecules, including unusual stability and a tendency to undergo substitution reactions rather than addition reactions on treatment with electrophiles. Aromatic molecules are planar, cyclic, conjugated species with 4 n + 2 π electrons. Arylamines ( ): Amino-substituted aromatic compounds, ArNH 2 . Atactic ( ): A chain-growth polymer in which the stereochemistry of the substituents is oriented randomly along the backbone. Atomic mass ( ): The weighted average mass of an element’s naturally occurring isotopes. Atomic number, Z ( ): The number of protons in the nucleus of an atom. ATZ Derivative ( ): An anilinothiazolinone, formed from an amino acid during Edman degradation of a peptide. Aufbau principle ( ): The rules for determining the electron configuration of an atom. Axial bonds ( ): Bonds or positions in chair cyclohexane that lie along the ring axis, perpendicular to the rough plane of the ring. Azide synthesis ( ): A method for preparing amines by S N 2 reaction of an alkyl halide with azide ion, followed by reduction. Azo compounds ( ): A class of compounds with the general structure R–N═N–R′ . Backbone ( ): The continuous chain of atoms running the length of a protein or other polymer. Base peak ( ): The most intense peak in a mass spectrum. Basicity constant, K b ( ): A measure of base strength in water. For any base B, the basicity constant is given by the expression B + H 2 O ⇄ BH + + OH – K b = [BH + ] [OH – ] [B] Bent bonds ( ): The bonds in small rings such as cyclopropane that bend away from the internuclear line and overlap at a slight angle, rather than head-on. Bent bonds are highly strained and highly reactive. Benzoyl ( ): The C 6 H 5 CO− group. Benzyl ( ): The C 6 H 5 CH 2 − group. Benzylic ( ): The position next to an aromatic ring. Benzyne ( ): An unstable compound having a triple bond in a benzene ring. β Anomer ( ): The cyclic hemiacetal form of a sugar that has the hemiacetal −OH group trans to the −OH at the lowest chirality center in a Fischer projection. β Diketone ( ): A 1,3-diketone. β -Keto ester ( ): A 3-oxoester. β Lactam ( Chapter 21 Chemistry Matters ): A four-membered lactam, or cyclic amide. Penicillin and cephalosporin antibiotics contain β -lactam rings. β -Oxidation pathway ( ): The metabolic pathway for degrading fatty acids. β -Pleated sheet ( ): A type of secondary structure of a protein. Betaine ( ): A neutral dipolar molecule with nonadjacent positive and negative charges. For example, the adduct of a Wittig reagent with a carbonyl compound is a betaine. Bicycloalkane ( ): A cycloalkane that contains two rings. Bimolecular reaction ( ): A reaction whose rate-limiting step occurs between two reactants. Block copolymers ( ): Polymers in which different blocks of identical monomer units alternate with one another. Boat cyclohexane ( ): A conformation of cyclohexane that bears a slight resemblance to a boat. Boat cyclohexane has no angle strain but has a large number of eclipsing interactions that make it less stable than chair cyclohexane. Boc derivative ( ): A butyloxycarbonyl N-protected amino acid. Bond angle ( ): The angle formed between two adjacent bonds. Bond dissociation energy, D ( ): The amount of energy needed to break a bond and produce two radical fragments. Bond length ( ): The equilibrium distance between the nuclei of two atoms that are bonded to each other. Bond strength ( ): An alternative name for bond dissociation energy. Bonding MO ( ): A molecular orbital that is lower in energy than the atomic orbitals from which it is formed. Branched-chain alkanes ( ): Alkanes that contain a branching connection of carbons as opposed to straight-chain alkanes. Bridgehead ( ): An atom that is shared by more than one ring in a polycyclic molecule. Bromohydrin ( ): A 1,2-bromoalcohol; obtained by addition of HOBr to an alkene. Bromonium ion ( ): A species with a divalent, positively charged bromine, R 2 Br + . Brønsted–Lowry acid ( ): A substance that donates a hydrogen ion (proton; H + ) to a base. Brønsted–Lowry base ( ): A substance that accepts H + from an acid. C-terminal amino acid ( ): The amino acid with a free −CO 2 H group at the end of a protein chain. Cahn–Ingold–Prelog sequence rules ( , ): A series of rules for assigning relative rankings to substituent groups on a chirality center or a double-bond carbon atom. Cannizzaro reaction ( ): The disproportionation reaction of an aldehyde on treatment with base to yield an alcohol and a carboxylic acid. Carbanion ( , ): A carbon anion, or substance that contains a trivalent, negatively charged carbon atom (R 3 C : − ). Alkyl carbanions are sp 3 -hybridized and have eight electrons in the outer shell of the negatively charged carbon. Carbene, R 2 C ( ): A neutral substance that contains a divalent carbon atom having only six electrons in its outer shell (R 2 C : ). Carbinolamine ( ): A molecule that contains the R 2 C(OH)NH 2 functional group. Carbinolamines are produced as intermediates during the nucleophilic addition of amines to carbonyl compounds. Carbocation ( , ): A carbon cation, or substance that contains a trivalent, positively charged carbon atom having six electrons in its outer shell (R 3 C + ). Carbohydrates ( Chapter 25 Introduction ): Polyhydroxy aldehydes or ketones. Carbohydrates can be either simple sugars, such as glucose, or complex sugars, such as cellulose. Carbonyl condensation reactions ( ): A type of reaction that joins two carbonyl compounds together by a combination of α -substitution and nucleophilic addition reactions. Carbonyl group ( , Preview of Carbonyl Chemistry ): The C═O functional group. Carboxyl group ( ): The −CO 2 H functional group. Carboxylation ( ): The addition of CO 2 to a molecule. Carboxylic acids, RCO 2 H ( , Chapter 20 Introduction ): Compounds containing the −CO 2 H functional group. Carboxylic acid derivative ( Chapter 21 Introduction ): A compound in which an acyl group is bonded to an electronegative atom or substituent that can act as a leaving group in a substitution reaction. Esters, amides, and acid halides are examples. Catabolism ( ): The group of metabolic pathways that break down larger molecules into smaller ones. Catalyst ( ): A substance that increases the rate of a chemical transformation by providing an alternative mechanism but is not itself changed in the reaction. Cation radical ( ): A reactive species, typically formed in a mass spectrometer by loss of an electron from a neutral molecule and having both a positive charge and an odd number of electrons. Chain-growth polymers ( , , ): Polymers whose bonds are produced by chain reaction mechanisms. Polyethylene and other alkene polymers are examples. Chain reaction ( ): A reaction that, once initiated, sustains itself in an endlessly repeating cycle of propagation steps. The radical chlorination of alkanes is an example of a chain reaction that is initiated by irradiation with light and then continues in a series of propagation steps. Chair conformation ( ): A three-dimensional conformation of cyclohexane that resembles the rough shape of a chair. The chair form of cyclohexane is the lowest-energy conformation of the molecule. Chemical shift ( ): The position on the NMR chart where a nucleus absorbs. By convention, the chemical shift of tetramethylsilane (TMS) is set at zero, and all other absorptions usually occur downfield (to the left on the chart). Chemical shifts are expressed in delta units ( δ ), where 1 δ equals 1 ppm of the spectrometer operating frequency. Chiral ( ): Having handedness. Chiral molecules are those that do not have a plane of symmetry and are therefore not superimposable on their mirror image. A chiral molecule thus exists in two forms, one right-handed and one left-handed. The most common cause of chirality in a molecule is the presence of a carbon atom that is bonded to four different substituents. Chiral environment ( ): The chiral surroundings or conditions in which a molecule resides. Chirality center ( ): An atom (usually carbon) that is bonded to four different groups. Chlorohydrin ( ): A 1,2-chloroalcohol; obtained by addition of HOCl to an alkene. Chromatography ( ): A technique for separating a mixture of compounds into pure components. Different compounds adsorb to a stationary support phase and are then carried along it at different rates by a mobile phase. Cis–trans isomers ( , ): Stereoisomers that differ in their stereochemistry about a ring or double bond. Citric acid cycle ( ): The metabolic pathway by which acetyl CoA is degraded to CO 2 . Claisen condensation reaction ( ): The carbonyl condensation reaction of two ester molecules to give a β -keto ester product. Claisen rearrangement ( ): The pericyclic conversion of an allyl phenyl ether to an o -allylphenol or an allyl vinyl ether to a γ , δ -unsaturated ketone by heating. Coding strand ( ): The sense strand of double-helical DNA that contains the gene. Codon ( ): A three-base sequence on a messenger RNA chain that encodes the genetic information necessary to cause a specific amino acid to be incorporated into a protein. Codons on mRNA are read by complementary anticodons on tRNA. Coenzyme ( ): A small organic molecule that acts as a cofactor in a biological reaction. Cofactor ( ): A small nonprotein part of an enzyme that is necessary for biological activity. Combinatorial chemistry ( Chapter 16 Chemistry Matters ): A procedure in which anywhere from a few dozen to several hundred thousand substances are prepared simultaneously. Complex carbohydrates ( ): Carbohydrates that are made of two or more simple sugars linked together by glycoside bonds. Concerted reaction ( Chapter 30 Introduction ): A reaction that takes place in a single step without intermediates. For example, the Diels–Alder cycloaddition reaction is a concerted process. Condensed structures ( ): A shorthand way of writing structures in which carbon–hydrogen and carbon–carbon bonds are understood rather than shown explicitly. Propane, for example, has the condensed structure CH 3 CH 2 CH 3 . Configuration ( ): The three-dimensional arrangement of atoms bonded to a chirality center. Conformations ( ): The three-dimensional shape of a molecule at any given instant, assuming that rotation around single bonds is frozen. Conformational analysis ( ): A means of assessing the energy of a substituted cycloalkane by totaling the steric interactions present in the molecule. Conformers ( ): Conformational isomers. Conjugate acid ( ): The product that results from protonation of a Brønsted–Lowry base. Conjugate addition ( ): Addition of a nucleophile to the β carbon atom of an α , β -unsaturated carbonyl compound. Conjugate base ( ): The product that results from deprotonation of a Brønsted–Lowry acid. Conjugation ( Chapter 14 Introduction ): A series of overlapping p orbitals, usually in alternating single and multiple bonds. For example, 1,3-butadiene is a conjugated diene, 3-buten-2-one is a conjugated enone, and benzene is a cyclic conjugated triene. Conrotatory ( ): A term used to indicate that p orbitals must rotate in the same direction during electrocyclic ring-opening or ring-closure. Constitutional isomers ( , , ): Isomers that have their atoms connected in a different order. For example, butane and 2-methylpropane are constitutional isomers. Cope rearrangement ( ): The sigmatropic rearrangement of a 1,5-hexadiene. Copolymers ( ): Polymers obtained when two or more different monomers are allowed to polymerize together. Coupled reactions ( ): Two reactions that share a common intermediate so that the energy released in the favorable step allows the unfavorable step to occur. Coupling constant, J ( ): The magnitude (expressed in hertz) of the interaction between nuclei whose spins are coupled. Covalent bond ( , ): A bond formed by sharing electrons between atoms. Cracking ( Chapter 3 Chemistry Matters ): A process used in petroleum refining in which large alkanes are thermally cracked into smaller fragments. Crown ethers ( ): Large-ring polyethers; used as phase-transfer catalysts. Crystallites ( ): Highly ordered crystal-like regions within a long polymer chain. Curtius rearrangement ( ): The conversion of an acid chloride into an amine by reaction with azide ion, followed by heating with water. Cyanohydrins ( ): A class of compounds with an −OH group and a −CN group bonded to the same carbon atom; formed by addition of HCN to an aldehyde or ketone. Cycloaddition reaction ( , ): A pericyclic reaction in which two reactants add together in a single step to yield a cyclic product. The Diels–Alder reaction between a diene and a dienophile to give a cyclohexene is an example. Cycloalkane ( ): An alkane that contains a ring of carbons. D Sugars ( ): Sugars whose hydroxyl group at the chirality center farthest from the carbonyl group has the same configuration as D-glyceraldehyde and points to the right when drawn in Fischer projection. d , l form ( ): The racemic mixture of a chiral compound. Deactivating groups ( ): Electron-withdrawing substituents that decrease the reactivity of an aromatic ring toward electrophilic aromatic substitution. Deamination ( ): The removal of an amino group from a molecule, as occurs with amino acids during metabolic degradation. Debyes (D) ( ): Units for measuring dipole moments; 1 D = 3.336 × 10 −30 coulomb meter (C ∙ m). Decarboxylation ( ): The loss of carbon dioxide from a molecule. β -Keto acids decarboxylate readily on heating. Degenerate orbitals ( ): Two or more orbitals that have the same energy level. Degree of unsaturation ( ): The number of rings and/or multiple bonds in a molecule. Dehydration ( , , ): The loss of water from an alcohol to yield an alkene. Dehydrohalogenation ( , ): The loss of HX from an alkyl halide. Alkyl halides undergo dehydrohalogenation to yield alkenes on treatment with strong base. Delocalization ( , ): A spreading out of electron density over a conjugated π electron system. For example, allylic cations and allylic anions are delocalized because their charges are spread out over the entire π electron system. Aromatic compounds have 4 n + 2 π electrons delocalized over their ring. Delta ( δ ) scale ( ): An arbitrary scale used to calibrate NMR charts. One delta unit ( δ ) is equal to 1 part per million (ppm) of the spectrometer operating frequency. Denatured ( ): The physical changes that occur in a protein when secondary and tertiary structures are disrupted. Deoxy sugar ( ): A sugar with one of its −OH groups replaced by an −H. Deoxyribonucleic acid (DNA) ( Chapter 28 Introduction ): The biopolymer consisting of deoxyribonucleotide units linked together through phosphate–sugar bonds. Found in the nucleus of cells, DNA contains an organism’s genetic information. DEPT-NMR ( ): An NMR method for distinguishing among signals due to CH 3 , CH 2 , CH, and quaternary carbons. That is, the number of hydrogens attached to each carbon can be determined. Deshielding ( ): An effect observed in NMR that causes a nucleus to absorb toward the left (downfield) side of the chart. Deshielding is caused by a withdrawal of electron density from the nucleus. Dess–Martin periodinane ( ): An iodine-based reagent commonly used for the laboratory oxidation of a primary alcohol to an aldehyde or a secondary alcohol to a ketone. Deuterium isotope effect ( ): A tool used in mechanistic investigations to establish whether a C−H bond is broken in the rate-limiting step of a reaction. Dextrorotatory ( ): A word used to describe an optically active substance that rotates the plane of polarization of plane-polarized light in a right-handed (clockwise) direction. Diastereomers ( ): Non–mirror-image stereoisomers; diastereomers have the same configuration at one or more chirality centers but differ at other chirality centers. Diastereotopic ( ): Hydrogens in a molecule whose replacement by some other group leads to different diastereomers. 1,3-Diaxial interaction ( ): The strain energy caused by a steric interaction between axial groups three carbon atoms apart in chair cyclohexane. Diazonium salts ( ): A type of compound with the general structure RN 2 + X − . Diazotization ( ): The conversion of a primary amine, RNH 2 , into a diazonium ion, RN 2 + , by treatment with nitrous acid. Dieckmann cyclization reaction ( ): An intramolecular Claisen condensation reaction of a diester to give a cyclic β -keto ester. Diels–Alder reaction ( , ): The cycloaddition reaction of a diene with a dienophile to yield a cyclohexene. Dienophile ( ): A compound containing a double bond that can take part in the Diels–Alder cycloaddition reaction. The most reactive dienophiles are those that have electron-withdrawing groups on the double bond. Digestion ( ): The first stage of catabolism, in which food is broken down by hydrolysis of ester, glycoside (acetal), and peptide (amide) bonds to yield fatty acids, simple sugars, and amino acids. Dihedral angle ( ): The angle between two bonds on adjacent carbons as viewed along the C−C bond. Dipole moment, μ ( ): A measure of the net polarity of a molecule. A dipole moment arises when the centers of mass of positive and negative charges within a molecule do not coincide. Dipole–dipole forces ( ): Noncovalent electrostatic interactions between dipolar molecules. Disaccharide ( ): A carbohydrate formed by linking two simple sugars through an acetal bond. Dispersion forces ( ): Noncovalent interactions between molecules that arise because of constantly changing electron distributions within the molecules. Disrotatory ( ): A term used to indicate that p orbitals rotate in opposite directions during electrocyclic ring-opening or ring-closing reactions. Disulfides (RSSR′) ( ): A class of compounds of the general structure RSSR′. Deoxyribonucleic acid (DNA) ( Chapter 28 Introduction ): Chemical carriers of a cell’s genetic information. Double bond ( ): A covalent bond formed by sharing two electron pairs between atoms. Double helix ( ): The structure of DNA in which two polynucleotide strands coil around each other. Doublet ( ): A two-line NMR absorption caused by spin–spin splitting when the spin of the nucleus under observation couples with the spin of a neighboring magnetic nucleus. Downfield ( ): Referring to the left-hand portion of the NMR chart. E geometry ( ): A term used to describe the stereochemistry of a carbon–carbon double bond. The two groups on each carbon are ranked according to the Cahn–Ingold–Prelog sequence rules, and the two carbons are compared. If the higher-ranked groups on each carbon are on opposite sides of the double bond, the bond has E geometry. E1 reaction ( ): A unimolecular elimination reaction in which the substrate spontaneously dissociates to give a carbocation intermediate, which loses a proton in a separate step. E1cB reaction ( ): A unimolecular elimination reaction in which a proton is first removed to give a carbanion intermediate, which then expels the leaving group in a separate step. E2 reaction ( ): A bimolecular elimination reaction in which C−H and C−X bond cleavages are simultaneous. Eclipsed conformation ( ): The geometric arrangement around a carbon–carbon single bond in which the bonds to substituents on one carbon are parallel to the bonds to substituents on the neighboring carbon as viewed in a Newman projection. Eclipsing strain ( ): The strain energy in a molecule caused by electron repulsions between eclipsed bonds. Eclipsing strain is also called torsional strain. Edman degradation ( ): A method for N-terminal sequencing of peptide chains by treatment with N -phenylisothiocyanate. Eicosanoid ( ): A lipid derived biologically from 5,8,11,14-eicosatetraenoic acid, or arachidonic acid. Prostaglandins, thromboxanes, and leukotrienes are examples. Elastomer ( ): An amorphous polymer that has the ability to stretch out and spring back to its original shape. Electrocyclic reaction ( ): A unimolecular pericyclic reaction in which a ring is formed or broken by a concerted reorganization of electrons through a cyclic transition state. For example, the cyclization of 1,3,5-hexatriene to yield 1,3-cyclohexadiene is an electrocyclic reaction. Electromagnetic spectrum ( ): The range of electromagnetic energy, including infrared, ultraviolet, and visible radiation. Electron configuration ( ): A list of the orbitals occupied by electrons in an atom. Electron-dot structure ( ): A representation of a molecule showing valence electrons as dots. Electron shells ( ): A group of an atom’s electrons with the same principal quantum number. Electron-transport chain ( ): The final stage of catabolism in which ATP is produced. Electronegativity (EN) ( ): The ability of an atom to attract electrons in a covalent bond. Electronegativity increases across the periodic table from left to right and from bottom to top. Electrophile ( , ): An “electron-lover,” or substance that accepts an electron pair from a nucleophile in a polar bond-forming reaction. Electrophilic addition reactions ( ): Addition of an electrophile to a carbon–carbon double bond to yield a saturated product. Electrophilic aromatic substitution reaction ( Chapter 16 Introduction ): A reaction in which an electrophile (E + ) reacts with an aromatic ring and substitutes for one of the ring hydrogens. Electrophoresis ( , ): A technique used for separating charged organic molecules, particularly proteins and DNA fragments. The mixture to be separated is placed on a buffered gel or paper, and an electric potential is applied across the ends of the apparatus. Negatively charged molecules migrate toward the positive electrode, and positively charged molecules migrate toward the negative electrode. Electrostatic potential maps ( ): Molecular representations that use color to indicate the charge distribution in molecules as derived from quantum-mechanical calculations. Elimination reactions ( ): What occurs when a single reactant splits into two products. Elution ( ): The passage of a substance from a chromatography column. Embden–Meyerhof pathway ( ): An alternative name for glycolysis. Enamines ( ): Compounds with the R 2 N–CR═ CR 2 functional group. Enantiomers ( ): Stereoisomers of a chiral substance that have a mirror-image relationship. Enantiomers have opposite configurations at all chirality centers. Enantioselective synthesis ( Chapter 19 Chemistry Matters ): A reaction method that yields only a single enantiomer of a chiral product starting from an achiral reactant. Enantiotopic ( ): Hydrogens in a molecule whose replacement by some other group leads to different enantiomers. 3′ End ( ): The end of a nucleic acid chain with a free hydroxyl group at C3′. 5′ End ( ): The end of a nucleic acid chain with a free hydroxyl group at C5′. Endergonic ( ): A reaction that has a positive free-energy change and is therefore nonspontaneous. In an energy diagram, the product of an endergonic reaction has a higher energy level than the reactants. Endo ( ): A term indicating the stereochemistry of a substituent in a bridged bicycloalkane. An endo substituent is syn to the larger of the two bridges. Endothermic ( ): A reaction that absorbs heat and therefore has a positive enthalpy change. Energy diagram ( ): A representation of the course of a reaction, in which free energy is plotted as a function of reaction progress. Reactants, transition states, intermediates, and products are represented, and their appropriate energy levels are indicated. Enol ( , ): A vinylic alcohol that is in equilibrium with a carbonyl compound, C═C–OH . Enolate ion ( ): The anion of an enol, C═ C–O − . Enthalpy change (Δ H ) ( ): The heat of reaction. The enthalpy change that occurs during a reaction is a measure of the difference in total bond energy between reactants and products. Entropy change (Δ S ) ( ): The change in amount of molecular randomness. The entropy change that occurs during a reaction is a measure of the difference in randomness between reactants and products. Enzyme ( , ): A biological catalyst. Enzymes are large proteins that catalyze specific biochemical reactions. Epimers ( ): Diastereomers that differ in configuration at only one chirality center but are the same at all others. Epoxide ( ): A three-membered-ring ether functional group. Equatorial bonds ( ): Bonds or positions in chair cyclohexane that lie along the rough equator of the ring. ESI ( ): Electrospray ionization; a “soft” ionization method used for mass spectrometry of biological samples of very high molecular weight. Essential amino acid ( ): One of nine amino acids that are biosynthesized only in plants and microorganisms and must be obtained by humans in the diet. Essential monosaccharide ( ): One of eight simple sugars that is best obtained in the diet rather than by biosynthesis. Essential oil ( Chapter 8 Chemistry Matters ): The volatile oil obtained by steam distillation of a plant extract. Esters ( , Chapter 21 Introduction ): A class of compounds containing the −CO 2 R functional group. Estrogens ( ): Female steroid sex hormones. Ethers ( , Chapter 18 Introduction ): A class of compounds that has two organic substituents bonded to the same oxygen atom, ROR′. Exergonic ( ): A reaction that has a negative free-energy change and is therefore spontaneous. On an energy diagram, the product of an exergonic reaction has a lower energy level than that of the reactants. Exo ( ): A term indicating the stereochemistry of a substituent in a bridged bicycloalkane. An exo substituent is anti to the larger of the two bridges. Exon ( ): A section of DNA that contains genetic information. Exothermic ( ): A reaction that releases heat and therefore has a negative enthalpy change. Fats ( ): Solid triacylglycerols derived from an animal source. Fatty acids ( ): A long, straight-chain carboxylic acid found in fats and oils. Fiber ( ): A thin thread produced by extruding a molten polymer through small holes in a die. Fibrous proteins ( ): A type of protein that consists of polypeptide chains arranged side by side in long threads. Such proteins are tough, insoluble in water, and used in nature for structural materials such as hair, hooves, and fingernails. Fingerprint region ( ): The complex region of the infrared spectrum from 1500–400 cm −1 . First-order reaction ( ): Designates a reaction whose rate-limiting step is unimolecular and whose kinetics therefore depend on the concentration of only one reactant. Fischer esterification reaction ( ): The acid-catalyzed nucleophilic acyl substitution reaction of a carboxylic acid with an alcohol to yield an ester. Fischer projections ( ): A means of depicting the absolute configuration of a chiral molecule on a flat page. A Fischer projection uses a cross to represent the chirality center. The horizontal arms of the cross represent bonds coming out of the plane of the page, and the vertical arms of the cross represent bonds going back into the plane of the page. Fmoc derivative ( ): A fluorenylmethyloxycarbonyl N-protected amino acid. Formal charges ( ): The difference in the number of electrons owned by an atom in a molecule and by the same atom in its elemental state. Formyl ( ): A −CHO group. Frequency, ν ( ): The number of electromagnetic wave cycles that travel past a fixed point in a given unit of time. Frequencies are expressed in units of cycles per second, or hertz. Friedel–Crafts reaction ( ): An electrophilic aromatic substitution reaction to alkylate or acylate an aromatic ring. Frontier orbitals ( ): The highest occupied (HOMO) and lowest unoccupied (LUMO) molecular orbitals. FT-NMR ( ): Fourier-transform NMR; a rapid technique for recording NMR spectra in which all magnetic nuclei absorb at the same time. Functional ( ): An atom or group of atoms that is part of a larger molecule and has a characteristic chemical reactivity. Functional RNAs ( ): An alternative name for small RNAs. Furanose ( ): The five-membered-ring form of a simple sugar. Gabriel amine synthesis ( ): A method for preparing an amine by S N 2 reaction of an alkyl halide with potassium phthalimide, followed by hydrolysis. Gauche conformation ( ): The conformation of butane in which the two methyl groups lie 60° apart as viewed in a Newman projection. This conformation has 3.8 kJ/mol steric strain. Geminal ( ): Referring to two groups attached to the same carbon atom. For example, the hydrate formed by nucleophilic addition of water to an aldehyde or ketone is a geminal diol. Gibbs free-energy change (Δ G ) ( ): The free-energy change that occurs during a reaction, given by the equation Δ G = Δ H − T Δ S . A reaction with a negative free-energy change is spontaneous, and a reaction with a positive free-energy change is nonspontaneous. Gilman reagent (LiR 2 Cu) ( ): A diorganocopper reagent. Glass transition temperature, T g ( ): The temperature at which a hard, amorphous polymer becomes soft and flexible. Globular proteins ( ): A type of protein that is coiled into a compact, nearly spherical shape. Globular proteins, which are generally water-soluble and mobile within the cell, are the structural class to which enzymes belong. Gluconeogenesis ( ): The anabolic pathway by which organisms make glucose from simple three-carbon precursors. Glycal ( ): An unsaturated sugar with a C1–C2 double bond. Glycal assembly method ( ): A method for linking monosaccharides together to synthesize polysaccharides. Glycerophospholipids ( ): Lipids that contain a glycerol backbone linked to two fatty acids and a phosphoric acid. Glycoconjugate ( ): A molecule in which a carbohydrate is linked through its anomeric center to another biological molecule such as a lipid or protein. Glycol ( ): A diol, such as ethylene glycol, HOCH 2 CH 2 OH. Glycolipid ( ): A biological molecule in which a carbohydrate is linked through a glycoside bond to a lipid. Glycolysis ( ): A series of ten enzyme-catalyzed reactions that break down glucose into 2 equivalents of pyruvate, CH 3 COCO 2 − . Glycoprotein ( ): A biological molecule in which a carbohydrate is linked through a glycoside bond to a protein. Glycoside ( ): A cyclic acetal formed by reaction of a sugar with another alcohol. Graft copolymers ( ): Copolymers in which homopolymer branches of one monomer unit are “grafted” onto a homopolymer chain of another monomer unit. Green chemistry ( Chapter 11 Chemistry Matters , Chapter 24 Chemistry Matters ): The design and implementation of chemical products and processes that reduce waste and minimize or eliminate the generation of hazardous substances. Grignard reagent (RMgX) ( ): An organomagnesium halide. Ground-state electron configuration ( ): The most stable, lowest-energy electron configuration of a molecule or atom. Haloform reaction ( ): The reaction of a methyl ketone with halogen and base to yield a haloform (CHX 3 ) and a carboxylic acid. Halogenation ( , ): The reaction of halogen with an alkene to yield a 1,2-dihalide addition product or with an aromatic compound to yield a substitution product. Halohydrin ( ): A 1,2-haloalcohol, such as that obtained on addition of HOBr to an alkene. Halonium ion ( ): A species containing a positively charged, divalent halogen. Three-membered-ring bromonium ions are intermediates in the electrophilic addition of Br 2 to alkenes. Hammond postulate ( ): A postulate stating that we can get a picture of what a given transition state looks like by looking at the structure of the nearest stable species. Exergonic reactions have transition states that resemble reactant; endergonic reactions have transition states that resemble product. Heat of combustion ( ): The amount of heat released when a compound burns completely in oxygen. Heat of hydrogenation ( ): The amount of heat released when a carbon–carbon double bond is hydrogenated. Heat of reaction ( ): An alternative name for the enthalpy change in a reaction, Δ H. Hell–Volhard–Zelinskii (HVZ) reaction ( ): The reaction of a carboxylic acid with Br 2 and phosphorus to give an α -bromo carboxylic acid. Hemiacetal ( ): A functional group having one −OR and one −OH group bonded to the same carbon. Henderson–Hasselbalch equation ( , , ): An equation for determining the extent of dissociation of a weak acid at various pH values. Hertz, Hz ( ): A unit of measure of electromagnetic frequency, the number of waves that pass by a fixed point per second. Heterocycle ( , ): A cyclic molecule whose ring contains more than one kind of atom. For example, pyridine is a heterocycle that contains five carbon atoms and one nitrogen atom in its ring. Heterolytic bond breakage ( ): The kind of bond-breaking that occurs in polar reactions when one fragment leaves with both of the bonding electrons: A : B ​→ ​A + + B : − . Hofmann elimination reaction ( ): The elimination reaction of an amine to yield an alkene by reaction with iodomethane followed by heating with Ag 2 O. Hofmann rearrangement ( ): The conversion of an amide into an amine by reaction with Br 2 and base. Highest occupied molecular orbital (HOMO) ( , ): The symmetries of the HOMO and LUMO are important in pericyclic reactions. Homolytic bond breakage ( ): The kind of bond-breaking that occurs in radical reactions when each fragment leaves with one bonding electron: A : B → A + + B: − . Homopolymers ( ): A polymer made up of identical repeating units. Homotopic ( ): Hydrogens in a molecule that give the identical structure on replacement by X and thus show identical NMR absorptions. Hormones ( ): Chemical messengers that are secreted by an endocrine gland and carried through the bloodstream to a target tissue. HPLC ( ): High-pressure liquid chromatography; a variant of column chromatography using high pressure to force solvent through very small absorbent particles. Hückel 4 n + 2 rule ( ): A rule stating that monocyclic conjugated molecules having 4 n + 2 π electrons ( n = an integer) are aromatic. Hund’s rule ( ): If two or more empty orbitals of equal energy are available, one electron occupies each, with their spins parallel, until all are half-full. Hybrid orbital ( ): An orbital derived from a combination of atomic orbitals. Hybrid orbitals, such as the sp 3 , sp 2 , and sp hybrids of carbon, are strongly directed and form stronger bonds than atomic orbitals do. Hydration ( ): Addition of water to a molecule, such as occurs when alkenes are treated with aqueous sulfuric acid to give alcohols. Hydride shift ( ): The shift of a hydrogen atom and its electron pair to a nearby cationic center. Hydroboration ( ): Addition of borane (BH 3 ) or an alkylborane to an alkene. The resultant trialkylborane products can be oxidized to yield alcohols. Hydrocarbons ( ): A class of compounds that contain only carbon and hydrogen. Hydrogen bond ( ): A weak attraction between a hydrogen atom bonded to an electronegative atom and an electron lone pair on another electronegative atom. Hydrogenated ( ): Addition of hydrogen to a double or triple bond to yield a saturated product. Hydrogenolysis ( ): Cleavage of a bond by reaction with hydrogen. Benzylic ethers and esters, for instance, are cleaved by hydrogenolysis. Hydrophilic ( ): Water-loving; attracted to water. Hydrophobic ( ): Water-fearing; repelled by water. Hydroquinones ( ): 1,4-dihydroxybenzene. Hydroxylation ( ): Addition of two −OH groups to a double bond. Hyperconjugation ( , ): An electronic interaction that results from overlap of a vacant p orbital on one atom with a neighboring C−H σ bond. Hyperconjugation is important in stabilizing carbocations and substituted alkenes. Imide ( ): A compound with the −CONHCO− functional group. Imines ( ): A class of compounds with the R 2 C═NR functional group. Inductive effect ( , , ): The electron-attracting or electron-withdrawing effect transmitted through σ bonds. Electronegative elements have an electron-withdrawing inductive effect. Infrared (IR) spectroscopy ( ): A kind of optical spectroscopy that uses infrared energy. IR spectroscopy is particularly useful in organic chemistry for determining the kinds of functional groups present in molecules. Initiator ( , ): A substance that is used to initiate a radical chain reaction or polymerization. For example, radical chlorination of alkanes is initiated when light energy breaks the weak Cl−Cl bond to form Cl · radicals. Integrating ( ): A technique for measuring the area under an NMR peak to determine the relative number of each kind of proton in a molecule. Intermediate ( ): A species that is formed during the course of a multistep reaction but is not the final product. Intermediates are more stable than transition states but may or may not be stable enough to isolate. Intramolecular, intermolecular ( ): A reaction that occurs within the same molecule is intramolecular; a reaction that occurs between two molecules is intermolecular. Intron ( ): A section of DNA that does not contain genetic information. Ion pairs ( ): A loose association between two ions in solution. Ion pairs are implicated as intermediates in S N 1 reactions to account for the partial retention of stereochemistry that is often observed. Ionic bond ( ): The electrostatic attraction between ions of unlike charge. Isoelectric point (p I ) ( ): The pH at which the number of positive charges and the number of negative charges on a protein or an amino acid are equal. Isomers ( , ): Compounds that have the same molecular formula but different structures. Isoprene rule ( Chapter 8 Chemistry Matters ): An observation to the effect that terpenoids appear to be made up of isoprene (2-methyl-1,3-butadiene) units connected head-to-tail. Isotactic ( ): A chain-growth polymer in which the stereochemistry of the substituents is oriented regularly along the backbone. Isotopes ( ): Atoms of the same element that have different mass numbers. IUPAC system of nomenclature ( ): Rules for naming compounds, devised by the International Union of Pure and Applied Chemistry. Kekulé structure ( ): An alternative name for a line-bond structure, which represents a molecule by showing covalent bonds as lines between atoms. Ketals ( ): An alternative name for acetals derived from a ketone rather than an aldehyde and consisting of two −OR groups bonded to the same carbon, R 2 C(OR′) 2 . Ketals are often used as protecting groups for ketones. Keto–enol tautomerism ( , ): The equilibration between a carbonyl form and vinylic alcohol form of a molecule. Ketones (R 2 CO) ( , Chapter 19 Introduction ): A class of compounds with two organic substituents bonded to a carbonyl group, R 2 C═O . Ketoses ( ): Carbohydrates with a ketone functional group. Kiliani–Fischer synthesis ( ): A method for lengthening the chain of an aldose sugar. Kinetic control ( ): A reaction that follows the lowest activation energy pathway is said to be kinetically controlled. The product is the most rapidly formed but is not necessarily the most stable. Kinetics ( ): Referring to reaction rates. Kinetic measurements are useful for helping to determine reaction mechanisms. Koenigs–Knorr reaction ( ): A method for the synthesis of glycosides by reaction of an alcohol with a pyranosyl bromide. Krebs cycle ( ): An alternative name for the citric acid cycle, by which acetyl CoA is degraded to CO 2 . L Sugar ( ): A sugar whose hydroxyl group at the chirality center farthest from the carbonyl group points to the left when drawn in Fischer projection. Lactams ( ): Cyclic amides. Lactones ( ): Cyclic esters. Lagging strand ( ): The complement of the original 3′ → 5′ DNA strand that is synthesized discontinuously in small pieces that are subsequently linked by DNA ligases. LD50 ( Chapter 1 Chemistry Matters ): The amount of a substance per kilogram body weight that is lethal to 50% of test animals. LDA ( ): Lithium diisopropylamide, LiN( i -C 3 H 7 ) 2 , a strong base commonly used to convert carbonyl compounds into their enolate ions. Leading strand ( ): The complement of the original 5′ → 3′ DNA strand that is synthesized continuously in a single piece. Leaving group ( ): The group that is replaced in a substitution reaction. Levorotatory ( ): An optically active substance that rotates the plane of polarization of plane-polarized light in a left-handed (counterclockwise) direction. Lewis acid ( ): A substance with a vacant low-energy orbital that can accept an electron pair from a base. All electrophiles are Lewis acids. Lewis base ( ): A substance that donates an electron lone pair to an acid. All nucleophiles are Lewis bases. Lewis structures ( ): Representations of molecules showing valence electrons as dots. Lindlar catalyst ( ): A hydrogenation catalyst used to convert alkynes to cis alkenes. Line-bond structure ( ): An alternative name for a Kekulé structure, which represents a molecule by showing covalent bonds as lines between atoms. 1 → 4 Link ( ): A glycoside link between the C1 −OH group of one sugar and the C4 −OH group of another sugar. Lipids ( Chapter 27 Introduction ): Naturally occurring substances isolated from cells and tissues by extraction with a nonpolar solvent. Lipids belong to many different structural classes, including fats, terpenoids, prostaglandins, and steroids. Lipid bilayer ( ): The ordered lipid structure that forms a cell membrane. Lipoprotein ( Chapter 27 Chemistry Matters ): A complex molecule with both lipid and protein parts that transports lipids through the body. Locant ( ): A number in a chemical name that locates the positions of the functional groups and substituents in the molecule. Lone-pair electrons ( ): Nonbonding valence-shell electron pairs. Lone-pair electrons are used by nucleophiles in their reactions with electrophiles. Lowest unoccupied molecular orbital (LUMO) ( , ): The symmetries of the LUMO and the HOMO are important in determining the stereochemistry of pericyclic reactions. Magnetic resonance imaging, MRI ( Chapter 13 Chemistry Matters ): A medical diagnostic technique based on nuclear magnetic resonance. Magnetogyric ratio ( ): A ratio of the isotope’s magnetic moment to its angular momentum. MALDI ( ): Matrix-assisted laser desorption ionization; a soft ionization method used for mass spectrometry of biological samples of very high molecular weight. Malonic ester synthesis ( ): The synthesis of a carboxylic acid by alkylation of an alkyl halide with diethyl malonate, followed by hydrolysis and decarboxylation. Markovnikov’s rule ( ): A guide for determining the regiochemistry (orientation) of electrophilic addition reactions. In the addition of HX to an alkene, the hydrogen atom bonds to the alkene carbon that has fewer alkyl substituents. Mass number ( A ) ( ): The total of protons plus neutrons in an atom. Mass spectrometry (MS) ( ): A technique for measuring the mass, and therefore the molecular weight (MW), of ions. McLafferty rearrangement ( , ): A mass-spectral fragmentation pathway for carbonyl compounds. Mechanism ( ): A complete description of how a reaction occurs. A mechanism accounts for all starting materials and all products and describes the details of each individual step in the overall reaction process. Meisenheimer complex ( ): An intermediate formed by addition of a nucleophile to a halo-substituted aromatic ring. Melt transition temperature, T m ( ): The temperature at which crystalline regions of a polymer melt to give an amorphous material. Mercapto group ( ): An alternative name for the thiol group, −SH. Meso compounds ( ): Compounds that contain chirality centers but are nevertheless achiral because they contain a symmetry plane. Messenger RNA (mRNA) ( ): A kind of RNA formed by transcription of DNA and used to carry genetic messages from DNA to ribosomes. Meta ( m ) ( ): A naming prefix used for 1,3-disubstituted benzenes. Metabolism ( ): A collective name for the many reactions that go on in the cells of living organisms. Metallacycle ( ): A cyclic compound that contains a metal atom in its ring. Methylene group ( ): A −CH 2 − or ═CH 2 group. Micelles ( ): Spherical clusters of soaplike molecules that aggregate in aqueous solution. The ionic heads of the molecules lie on the outside, where they are solvated by water, and the organic tails bunch together on the inside of the micelle. Michael reaction ( ): The conjugate addition reaction of an enolate ion to an unsaturated carbonyl compound. Molar absorptivity (ɛ) ( ): A quantitative measure of the amount of UV light absorbed by a sample. Molecular ion ( ): The cation produced in a mass spectrometer by loss of an electron from the parent molecule. The mass of the molecular ion corresponds to the molecular weight of the sample. Molecular mechanics ( Chapter 4 Chemistry Matters ): A computer-based method for calculating the minimum-energy conformation of a molecule. Molecular orbital (MO) theory ( , ): A description of covalent bond formation as resulting from a mathematical combination of atomic orbitals (wave functions) to form molecular orbitals. Molecule ( ): A neutral collection of atoms held together by covalent bonds. Molozonide ( ): The initial addition product of ozone with an alkene. Monomers ( , ; Chapter 31 Introduction ): The simple starting units from which polymers are made. Monosaccharides ( ): Simple sugars. Monoterpenoids ( Chapter 8 Chemistry Matters , ): Ten-carbon lipids. Multiplet ( ): A pattern of peaks in an NMR spectrum that arises by spin–spin splitting of a single absorption because of coupling between neighboring magnetic nuclei. Mutarotation ( ): The change in optical rotation observed when a pure anomer of a sugar is dissolved in water. Mutarotation is caused by the reversible opening and closing of the acetal linkage, which yields an equilibrium mixture of anomers. n + 1 rule ( ): A hydrogen with n other hydrogens on neighboring carbons shows n + 1 peaks in its 1 H NMR spectrum. N-terminal amino acid ( ): The amino acid with a free −NH 2 group at the end of a protein chain. Natural gas ( Chapter 3 Chemistry Matters ): A naturally occurring hydrocarbon mixture consisting chiefly of methane, along with smaller amounts of ethane, propane, and butane. Natural product ( Chapter 7 Chemistry Matters ): A catchall term generally taken to mean a secondary metabolite found in bacteria, plants, and other living organisms. New molecular entity, NME ( Chapter 6 Chemistry Matters ): A new biologically active chemical substance approved for sale as a drug by the U.S. Food and Drug Administration. Newman projection ( ): A means of indicating stereochemical relationships between substituent groups on neighboring carbons. The carbon–carbon bond is viewed end-on, and the carbons are indicated by a circle. Bonds radiating from the center of the circle are attached to the front carbon, and bonds radiating from the edge of the circle are attached to the rear carbon. Nitration ( ): The substitution of a nitro group onto an aromatic ring. Nitriles ( , ): A class of compounds containing the C≡N functional group. Nitrogen rule ( ): A compound with an odd number of nitrogen atoms has an odd-numbered molecular weight. Node ( ): A surface of zero electron density within an orbital. For example, a p orbital has a nodal plane passing through the center of the nucleus, perpendicular to the axis of the orbital. Nonbonding electrons ( ): Valence electrons that are not used in forming covalent bonds. Noncoding strand ( ): An alternative name for the antisense strand of DNA. Noncovalent interactions ( ): One of a variety of nonbonding interactions between molecules, such as dipole–dipole forces, dispersion forces, and hydrogen bonds. Nonessential amino acid ( ): One of the eleven amino acids that are biosynthesized by humans. Normal alkanes ( ): Straight-chain alkanes, as opposed to branched alkanes. Normal alkanes are denoted by the suffix n, as in n -C 4 H 10 ( n -butane). NSAID ( Chapter 15 Chemistry Matters ): A nonsteroidal anti-inflammatory drug, such as aspirin or ibuprofen. Nuclear magnetic resonance (NMR) spectroscopy ( Chapter 13 Introduction ): A spectroscopic technique that provides information about the carbon–hydrogen framework of a molecule. NMR works by detecting the energy absorptions accompanying the transitions between nuclear spin states that occur when a molecule is placed in a strong magnetic field and irradiated with radiofrequency waves. Nucleic acid ( ): Deoxyribonucleic acid (DNA) and ribonucleic acid (RNA); biological polymers made of nucleotides joined together to form long chains. Nucleophile ( , ): An electron-rich species that donates an electron pair to an electrophile in a polar bond-forming reaction. Nucleophiles are also Lewis bases. Nucleophilic acyl substitution reaction ( ): A reaction in which a nucleophile attacks a carbonyl compound and substitutes for a leaving group bonded to the carbonyl carbon. Nucleophilic addition reaction ( ): A reaction in which a nucleophile adds to the electrophilic carbonyl group of a ketone or aldehyde to give an alcohol. Nucleophilic aromatic substitution reactions ( ): The substitution reactions of an aryl halide by a nucleophile. Nucleophilic substitution reactions ( ): Reactions in which one nucleophile replaces another attached to a saturated carbon atom. Nucleophilicity ( ): The ability of a substance to act as a nucleophile in an S N 2 reaction. Nucleoside ( ): A nucleic acid constituent consisting of a sugar residue bonded to a heterocyclic purine or pyrimidine base. Nucleotides ( ): Nucleic acid constituents consisting of a sugar residue bonded both to a heterocyclic purine or pyrimidine base and to a phosphoric acid. Nucleotides are the monomer units from which DNA and RNA are constructed. Nylons ( ): Synthetic polyamide step-growth polymers. Okazaki fragments ( ): Short segments of a DNA lagging strand that is biosynthesized discontinuously and then linked by DNA ligases. Olefin ( Chapter 7 Introduction ): An alternative name for an alkene. Olefin metathesis polymerization ( ): A method of polymer synthesis based on using an olefin metathesis reaction. Olefin metathesis reaction ( ): A reaction in which two olefins (alkenes) exchange substituents on their double bonds. Oligonucleotides ( ): Short segments of DNA. Optical isomers ( ): An alternative name for enantiomers. Optical isomers are isomers that have a mirror-image relationship. Optically active ( ): A property of some organic molecules wherein the plane of polarization is rotated through an angle when a beam of plane-polarized light is passed through a solution of the molecules. Orbital ( ): A wave function, which describes the volume of space around a nucleus in which an electron is most likely to be found. Organic chemistry ( Chapter 1 Introduction ): The study of carbon compounds. Organohalides ( Chapter 10 Introduction ): Compounds that contain one or more halogen atoms bonded to carbon. Organometallic compound ( ): A compound that contains a carbon–metal bond. Grignard reagents, RMgX, are examples. Organophosphate ( ): A compound that contains a phosphorus atom bonded to four oxygens, with one of the oxygens also bonded to carbon. Ortho ( o ) ( ): A naming prefix used for 1,2-disubstituted benzenes. Oxidation ( , ): A reaction that causes a decrease in electron ownership by carbon, either by bond formation between carbon and a more electronegative atom (usually oxygen, nitrogen, or a halogen) or by bond-breaking between carbon and a less electronegative atom (usually hydrogen). Oximes ( ): Compounds with the R 2 C═NOH functional group. Oxirane ( ): An alternative name for an epoxide. Oxymercuration ( ): A method for double-bond hydration by reaction of an alkene with aqueous mercuric acetate followed by treatment with NaBH 4 . Ozonide ( ): The product initially formed by addition of ozone to a carbon–carbon double bond. Ozonides are usually treated with a reducing agent, such as zinc in acetic acid, to produce carbonyl compounds. Para ( p ) ( ): A naming prefix used for 1,4-disubstituted benzenes. Paraffins ( ): A common name for alkanes. Precursor peak ( ): The peak in a mass spectrum corresponding to the molecular ion. The mass of the precursor peak therefore represents the molecular weight of the compound. Pauli exclusion principle ( ): No more than two electrons can occupy the same orbital, and those two must have spins of opposite sign. Peptide bond ( ): An amide bond in a peptide chain. Peptides ( Chapter 26 Introduction ): A type of short amino acid polymer in which the individual amino acid residues are linked by amide bonds. Pericyclic reaction ( Chapter 30 Introduction ): A reaction that occurs in a single step by a reorganization of bonding electrons in a cyclic transition state. Periplanar ( ): A conformation in which bonds to neighboring atoms have a parallel arrangement. In an eclipsed conformation, the neighboring bonds are syn periplanar; in a staggered conformation, the bonds are anti periplanar. Peroxides ( ): Molecules containing an oxygen–oxygen bond functional group, ROOR′ or ROOH. Peroxyacid ( ): A compound with the −CO 3 H functional group. Peroxyacids react with alkenes to give epoxides. Phenols ( Chapter 17 Introduction ): A class of compounds with an −OH group directly bonded to an aromatic ring, ArOH. Phenoxide ion, ArO − ( ): The anion of a phenol. Phenyl ( ): The name for the −C 6 H 5 unit when the benzene ring is considered as a substituent. A phenyl group is abbreviated as −Ph. Phosphine ( ): A trivalent phosphorus compound, R 3 P. Phosphite ( ): A compound with the structure P(OR) 3 . Phospholipids ( ): Lipids that contain a phosphate residue. For example, glycerophospholipids contain a glycerol backbone linked to two fatty acids and a phosphoric acid. Phosphoramidite ( ): A compound with the structure R 2 NP(OR) 2 . Phosphoric acid anhydride ( ): A substance that contains PO 2 PO link, analogous to the CO 2 CO link in carboxylic acid anhydrides. Photochemical reactions ( ): A reaction carried out by irradiating the reactants with light. Physiological pH ( ): The pH of 7.3 that exists inside cells. Pi ( π ) bond ( ): The covalent bond formed by sideways overlap of atomic orbitals. For example, carbon–carbon double bonds contain a π bond formed by sideways overlap of two p orbitals. PITC ( ): Phenylisothiocyanate; used in the Edman degradation. p K a ( ): The negative common logarithm of the K a ; used to express acid strength. Plane of symmetry ( ): A plane that bisects a molecule such that one half of the molecule is the mirror image of the other half. Molecules containing a plane of symmetry are achiral. Plane-polarized light ( ): Light that has its electromagnetic waves oscillating in a single plane rather than in random planes. The plane of polarization is rotated when the light is passed through a solution of a chiral substance. Plasticizers ( ): Small organic molecules added to polymers to act as a lubricant between polymer chains. Polar aprotic solvents ( ): Polar solvents that can’t function as hydrogen ion donors. Polar aprotic solvents such as dimethyl sulfoxide (DMSO) and dimethylformamide (DMF) are particularly useful in S N 2 reactions because of their ability to solvate cations. Polar covalent bond ( ): A covalent bond in which the electron distribution between atoms is unsymmetrical. Polar reactions ( , ): Reactions in which bonds are made when a nucleophile donates two electrons to an electrophile and in which bonds are broken when one fragment leaves with both electrons from the bond. Polarity ( ): The unsymmetrical distribution of electrons in a molecule that results when one atom attracts electrons more strongly than another. Polarizability ( ): The measure of the change in a molecule’s electron distribution in response to changing electrostatic interactions with solvents or ionic reagents. Polycarbonates ( ): Polyesters in which the carbonyl groups are linked to two −OR groups, [ O═ C(OR) 2 ]. Polycyclic ( ): Containing more than one ring. Polycyclic aromatic compound ( ): A compound with two or more benzene-like aromatic rings fused together. Polymer ( , ; Chapter 31 Introduction ): A large molecule made up of repeating smaller units. For example, polyethylene is a synthetic polymer made from repeating ethylene units, and DNA is a biopolymer made of repeating deoxyribonucleotide units. Polymerase chain reaction (PCR) ( ): A method for amplifying small amounts of DNA to produce larger amounts. Polysaccharides ( ): A type of carbohydrate that is made of many simple sugars linked together by glycoside (acetal) bonds. Polyunsaturated fatty acids ( ): Fatty acids that contain more than one double bond. Polyurethane ( ): A step-growth polymer prepared by reaction between a diol and a diisocyanate. Posttranslational modification ( ): A chemical modification of a protein that occurs after translation from DNA. Primary, secondary, tertiary, and quaternary ( ): Terms used to describe the substitution pattern at a specific site. A primary site has one organic substituent attached to it, a secondary site has two organic substituents, a tertiary site has three, and a quaternary site has four. Primary Secondary Tertiary Quaternary Carbon R C H 3 R 2 C H 2 R 3 C H R 4 C Carbocation RCH 2 + R 2 CH + R 3 C + Hydrogen RC H 3 R 2 C H 2 R 3 C H Alcohol RCH 2 OH R 2 CHOH R 3 COH Amine RNH 2 R 2 NH R 3 N Primary structure ( ): The amino acid sequence in a protein. pro- R ( ): One of two identical atoms or groups of atoms in a compound whose replacement leads to an R chirality center. pro- S ( ): One of two identical atoms or groups of atoms in a compound whose replacement leads to an S chirality center. Prochiral ( ): A molecule that can be converted from achiral to chiral in a single chemical step. Prochirality center ( ): An atom in a compound that can be converted into a chirality center by changing one of its attached substituents. Promoter sequence ( ): A short sequence on DNA located upstream of the transcription start site and recognized by RNA polymerase. Propagation step ( ): A step in a radical chain reaction that carries on the chain. The propagation steps must yield both product and a reactive intermediate. Prostaglandins ( ): Lipids derived from arachidonic acid. Prostaglandins are present in nearly all body tissues and fluids, where they serve many important hormonal functions. Protecting group ( , , ): A group that is introduced to protect a sensitive functional group toward reaction elsewhere in the molecule. After serving its protective function, the group is removed. Proteins ( Chapter 26 Introduction ): Large peptides containing 50 or more amino acid residues. Proteins serve both as structural materials and as enzymes that control an organism’s chemistry. Protein Data Bank ( Chapter 26 Chemistry Matters ): A worldwide online repository of X-ray and NMR structural data for biological macromolecules. To access the Protein Data Bank, go to https://www.rcsb.org . Protic solvents ( ): Solvents such as water or alcohol that can act as a proton donor. Pyramidal inversion ( ): The rapid stereochemical inversion of a trivalent nitrogen compound. Pyranose ( ): The six-membered, cyclic hemiacetal form of a simple sugar. Quadrupole mass analyzer ( ): A type of mass spectrometer that uses four cylindrical rods to create an oscillating electrostatic field. Ion trajectories are determined by their m / z ratios. At a given field, only one m / z value will make it through the quadrupole region—the others will crash into the quadrupole rods or the walls of the instrument and never reach the detector. Quartet ( ): A set of four peaks in an NMR spectrum, caused by spin–spin splitting of a signal by three adjacent nuclear spins. Quaternary: See Primary. Quaternary ammonium salt ( ): An ionic compound containing a positively charged nitrogen atom with four attached groups, R 4 N + X − . Quaternary structure ( ): The highest level of protein structure, involving an ordered aggregation of individual proteins into a larger cluster. Quinone ( ): A 2,5-cyclohexadiene-1,4-dione. R configuration ( ): The configuration at a chirality center as specified using the Cahn–Ingold–Prelog sequence rules. R ( ): A generalized abbreviation for an organic partial structure. Racemate ( ): A mixture consisting of equal parts (+) and (−) enantiomers of a chiral substance; also called a racemic mixture. Radical ( , ): A species that has an odd number of electrons, such as the chlorine radical, Cl · . Radical reactions ( , ): Reactions in which bonds are made by donation of one electron from each of two reactants and in which bonds are broken when each fragment leaves with one electron. Rate constant ( ): The constant k in a rate equation. Rate equation ( ): An equation that expresses the dependence of a reaction’s rate on the concentration of reactants. Rate-limiting step ( ): The slowest step in a multistep reaction sequence; also called the rate-determining step. The rate-limiting step acts as a kind of bottleneck in multistep reactions. Re face ( ): One of two faces of a planar, sp 2 -hybridized atom. Rearrangement reactions ( ): What occurs when a single reactant undergoes a reorganization of bonds and atoms to yield an isomeric product. Reducing sugars ( ): Sugars that reduce silver ion in the Tollens test or cupric ion in the Fehling or Benedict tests. Reduction ( , ): A reaction that causes an increase of electron ownership by carbon, either by bond-breaking between carbon and a more electronegative atom or by bond formation between carbon and a less electronegative atom. Reductive amination ( , ): A method for preparing an amine by reaction of an aldehyde or ketone with ammonia and a reducing agent. Refining ( Chapter 3 Chemistry Matters ): The process by which petroleum is converted into gasoline and other useful products. Regiochemistry ( ): A term describing the orientation of a reaction that occurs on an unsymmetrical substrate. Regiospecific ( ): A term describing a reaction that occurs with a specific regiochemistry to give a single product rather than a mixture of products. Replication ( ): The process by which double-stranded DNA uncoils and is replicated to produce two new copies. Replication forks ( ): The point of unraveling in a DNA chain where replication occurs. Residues ( ): Amino acids in a protein chain. Resolution ( ): The process by which a racemate is separated into its two pure enantiomers. Resonance effect ( ): The donation or withdrawal of electrons through orbital overlap with neighboring π bonds. For example, an oxygen or nitrogen substituent donates electrons to an aromatic ring by overlap of the O or N orbital with the aromatic ring p orbitals. Resonance forms ( ): Individual structural forms of a resonance hybrid. Resonance hybrid ( ): A molecule, such as benzene, that can’t be represented adequately by a single Kekulé structure but must instead be considered as an average of two or more resonance forms. The resonance forms themselves differ only in the positions of their electrons, not their nuclei. Restriction endonucleases ( ): Enzymes that are able to cleave a DNA molecule at points in the chain where a specific base sequence occurs. Retrosynthetic ( , ): Planning an organic synthesis by working backward from the final product to the starting material. Ribonucleic acid (RNA) ( Chapter 28 Introduction ): The biopolymer found in cells that serves to transcribe the genetic information found in DNA and uses that information to direct the synthesis of proteins. Ribosomal RNA (rRNA) ( ): A kind of RNA used in the physical makeup of ribosomes. Ring-current ( ): The circulation of π electrons induced in aromatic rings by an external magnetic field. This effect accounts for the downfield shift of aromatic ring protons in the 1 H NMR spectrum. Ring-flip ( ): A molecular motion that interconverts two chair conformations of cyclohexane. The effect of a ring-flip is to convert an axial substituent into an equatorial substituent. Ring-opening metathesis polymerization (ROMP) ( ): A method of polymer synthesis that uses an olefin metathesis reaction of a cycloalkene. RNA ( ): Ribonucleic acid. Robinson annulation reaction ( ): A method for synthesis of cyclohexenones by sequential Michael reaction and intramolecular aldol reaction. S configuration ( ): The configuration at a chirality center as specified using the Cahn–Ingold–Prelog sequence rules. s -Cis conformation ( ): The conformation of a conjugated diene that is cis-like around the single bond. Saccharide ( ): A sugar. Salt bridge ( ): An ionic attraction between two oppositely charged groups in a protein chain. Sandmeyer reaction ( ): The nucleophilic substitution reaction of an arenediazonium salt with a cuprous halide to yield an aryl halide. Sanger dideoxy method ( ): A commonly used method of DNA sequencing. Saponification ( , ): An old term for the base-induced hydrolysis of an ester to yield a carboxylic acid salt. Saturated ( ): A molecule that has only single bonds and thus can’t undergo addition reactions. Alkanes are saturated, but alkenes are unsaturated. Sawhorse representations ( ): A manner of representing stereochemistry that uses a stick drawing and gives a perspective view of the conformation around a single bond. Schiff bases ( , ): An alternative name for an imine, R 2 C═NR ′ , used primarily in biochemistry. Second-order reaction ( ): A reaction whose rate-limiting step is bimolecular and whose kinetics are therefore dependent on the concentration of two reactants. Secondary: See Primary. Secondary metabolite ( Chapter 7 Chemistry Matters ): A small naturally occurring molecule that is not essential to the growth and development of the producing organism and is not classified by structure. Secondary structure ( ): The level of protein substructure that involves organization of chain sections into ordered arrangements such as β -pleated sheets or α helices. Semiconservative replication ( ): The process by which DNA molecules are made containing one strand of old DNA and one strand of new DNA. Sense strand ( ): The coding strand of double-helical DNA that contains the gene. Sequence rules ( , ): A series of rules for assigning relative rankings to substituent groups on a double-bond carbon atom or on a chirality center. Sesquiterpenoids ( ): 15-carbon lipids. Sharpless epoxidation ( Chapter 19 Chemistry Matters ): A method for enantioselective synthesis of a chiral epoxide by treatment of an allylic alcohol with tert -butyl hydroperoxide, (CH 3 ) 3 C–OOH, in the presence of titanium tetraisopropoxide and diethyl tartrate. Shielding ( ): An effect observed in NMR that causes a nucleus to absorb toward the right (upfield) side of the chart. Shielding is caused by donation of electron density to the nucleus. Si face ( ): One of two faces of a planar, sp 2 -hybridized atom. Sialic acid ( ): One of a group of more than 300 carbohydrates based on acetylneuramic acid. Side chain ( ): The substituent attached to the α carbon of an amino acid. Sigma ( σ ) bond ( ): A covalent bond formed by head-on overlap of atomic orbitals. Sigmatropic reaction ( ): A pericyclic reaction that involves the migration of a group from one end of a π electron system to the other. Silyl ether ( ): A substance with the structure R 3 Si–O–R. The silyl ether acts as a protecting group for alcohols. Simmons–Smith reaction ( ): The reaction of an alkene with CH 2 I 2 and Zn−Cu to yield a cyclopropane. Simple sugars ( ): Carbohydrates that cannot be broken down into smaller sugars by hydrolysis. Single bond ( ): A covalent bond formed by sharing one electron pair between atoms. Skeletal structures ( ): A shorthand way of writing structures in which carbon atoms are assumed to be at each intersection of two lines (bonds) and at the end of each line. Small RNAs ( ): A type of RNA that has a variety of functions within the cell, including silencing transcription and catalyzing chemical modifications of other RNA molecules. S N 1 reaction ( ): A unimolecular nucleophilic substitution reaction. S N 2 reaction ( ): A bimolecular nucleophilic substitution reaction. Solid-phase synthesis ( ): A technique of synthesis whereby the starting material is covalently bound to a solid polymer bead and reactions are carried out on the bound substrate. After the desired transformations have been effected, the product is cleaved from the polymer. Solvation ( ): The clustering of solvent molecules around a solute particle to stabilize it. sp hybrid orbitals ( ): Hybrid orbitals derived from the combination of an s and a p atomic orbital. The two sp orbitals that result from hybridization are oriented at an angle of 180° to each other. sp 2 hybrid orbitals ( ): Hybrid orbitals derived by combination of an s atomic orbital with two p atomic orbitals. The three sp 2 hybrid orbitals that result lie in a plane at angles of 120° to each other. sp 3 hybrid orbitals ( ): Hybrid orbitals derived by combination of an s atomic orbital with three p atomic orbitals. The four sp 3 hybrid orbitals that result are directed toward the corners of a regular tetrahedron at angles of 109° to each other. Specific rotation, [ α ]D ( ): The optical rotation of a chiral compound under standard conditions. Sphingomyelins ( ): Phospholipids that have sphingosine as the backbone rather than glycerol. Spin–spin splitting ( ): The splitting of an NMR signal into a multiplet because of an interaction between nearby magnetic nuclei whose spins are coupled. The magnitude of spin–spin splitting is given by the coupling constant, J. Staggered conformation ( ): The three-dimensional arrangement of atoms around a carbon–carbon single bond in which the bonds on one carbon bisect the bond angles on the second carbon as viewed end-on. Statin ( Chapter 29 Chemistry Matters ): A drug that controls cholesterol biosynthesis in the body by blocking the HMG-CoA reductase enzyme. Step-growth polymers ( , ): Polymers in which each bond is formed independently of the others. Polyesters and polyamides (nylons) are examples. Stereocenter ( ): An alternative name for a chirality center. Stereochemistry ( ; Chapters 3 , 4 , 5 ): The branch of chemistry concerned with the three-dimensional arrangement of atoms in molecules. Stereogenic center ( ): An alternative name for a chirality center. Stereoisomers ( ): Isomers that have their atoms connected in the same order but have different three-dimensional arrangements. The term stereoisomer includes both enantiomers and diastereomers. Stereospecific ( , ): A term indicating that only a single stereoisomer is produced in a given reaction rather than a mixture. Steric strain ( , , ): The strain imposed on a molecule when two groups are too close together and try to occupy the same space. Steric strain is responsible both for the greater stability of trans versus cis alkenes and for the greater stability of equatorially substituted versus axially substituted cyclohexanes. Steroids ( ): Lipids whose structure is based on a tetracyclic carbon skeleton with three 6-membered and one 5-membered ring. Steroids occur in both plants and animals and have a variety of important hormonal functions. Stork enamine reaction ( ): The conjugate addition of an enamine to an α , β -unsaturated carbonyl compound, followed by hydrolysis to yield a 1,5-dicarbonyl product. STR loci ( Chapter 28 Chemistry Matters ): Short tandem repeat sequences of noncoding DNA that are unique to every individual and allow DNA fingerprinting. Straight-chain alkanes ( ): Alkanes whose carbon atoms are connected without branching. Substitution reactions ( ): What occurs when two reactants exchange parts to give two new products. S N 1 and S N 2 reactions are examples. Sulfides ( , ): A class of compounds that has two organic substituents bonded to the same sulfur atom, RSR′. Sulfonation ( ): The substitution of a sulfonic acid group (−SO 3 H) onto an aromatic ring. Sulfone ( ): A compound of the general structure RSO 2 R′. Sulfonium ions ( ): A species containing a positively charged, trivalent sulfur atom, R 3 S + . Sulfoxide ( ): A compound of the general structure RSOR′. Suprafacial ( ): A word used to describe the geometry of pericyclic reactions. Suprafacial reactions take place on the same side of the two ends of a π electron system. Suzuki–Miyaura reaction ( ): The palladium-catalyzed coupling reaction of an aromatic or vinylic halide with an aromatic or vinylic boronic acid. Symmetry-allowed, symmetry-disallowed ( ): A symmetry-allowed reaction is a pericyclic process that has a favorable orbital symmetry for reaction through a concerted pathway. A symmetry-disallowed reaction is one that does not have favorable orbital symmetry for reaction through a concerted pathway. Symmetry plane ( ): A plane that bisects a molecule such that one half of the molecule is the mirror image of the other half. Molecules containing a plane of symmetry are achiral. Syn periplanar ( ): Describing a stereochemical relationship in which two bonds on adjacent carbons lie in the same plane and are eclipsed. Syn stereochemistry ( ): The opposite of anti. A syn addition reaction is one in which the two ends of the double bond react from the same side. A syn elimination is one in which the two groups leave from the same side of the molecule. Syndiotactic ( ): A chain-growth polymer in which the stereochemistry of the substituents alternates regularly on opposite sides of the backbone. Tautomers ( , ): Isomers that interconvert spontaneously, usually with the change in position of a hydrogen. Terpenoids ( Chapter 8 Chemistry Matters , ): Lipids that are formally derived by head-to-tail polymerization of isoprene units. Tertiary: See Primary. Tertiary structure ( ): The level of protein structure that involves the manner in which the entire protein chain is folded into a specific three-dimensional arrangement. Thermodynamic control ( ): An equilibrium reaction that yields the lowest-energy, most stable product is said to be thermodynamically controlled. Thermoplastics ( ): Polymers that have a high T g and are hard at room temperature but become soft and viscous when heated. Thermosetting resins ( ): Polymers that become highly cross-linked and solidify into a hard, insoluble mass when heated. Thioesters ( Chapter 21 Introduction ): A class of compounds with the RCOSR′ functional group. Thiols ( , Chapter 18 Introduction ): A class of compounds containing the −SH functional group. Thiolate ion ( ): The anion of a thiol, RS − . TMS ( ): Tetramethylsilane; used as an NMR calibration standard. TOF ( ): Time-of-flight mass spectrometry; a sensitive method of mass detection accurate to about 3 ppm. Tollens’ reagent ( ): A solution of Ag 2 O in aqueous ammonia; used to oxidize aldehydes to carboxylic acids. Torsional strain ( , ): The strain in a molecule caused by electron repulsion between eclipsed bonds. Torsional strain is also called eclipsing strain. Tosylate ( ): A p -toluenesulfonate ester; useful as a leaving group in nucleophilic substitution reactions. Transamination ( ): The exchange of an amino group and a keto group between reactants. Transcription ( ): The process by which the genetic information encoded in DNA is read and used to synthesize RNA in the nucleus of the cell. A small portion of double-stranded DNA uncoils, and complementary ribonucleotides line up in the correct sequence for RNA synthesis. Transfer RNA (tRNA) ( ): A kind of RNA that transports amino acids to the ribosomes, where they are joined together to make proteins. Transimination ( ): The exchange of an amino group and an imine group between reactants. Transition state ( ): An activated complex between reactants, representing the highest energy point on a reaction curve. Transition states are unstable complexes that can’t be isolated. Translation ( ): The process by which the genetic information transcribed from DNA onto mRNA is read by tRNA and used to direct protein synthesis. Tree diagram ( ): A diagram used in NMR to sort out the complicated splitting patterns that can arise from multiple couplings. Triacylglycerols ( ): Lipids, such as those found in animal fat and vegetable oil, that are a triester of glycerol with long-chain fatty acids. Tricarboxylic acid cycle ( ): An alternative name for the citric acid cycle by which acetyl CoA is degraded to CO 2 . Triple bonds ( ): A type of covalent bond formed by sharing three electron pairs between atoms. Triplet ( ): A symmetrical three-line splitting pattern observed in the 1 H NMR spectrum when a proton has two equivalent neighbor protons. Turnover number ( ): The number of substrate molecules acted on by an enzyme molecule per unit time. Twist-boat conformation ( ): A conformation of cyclohexane that is somewhat more stable than a pure boat conformation. Ultraviolet (UV) spectroscopy ( ): An optical spectroscopy employing ultraviolet irradiation. UV spectroscopy provides structural information about the extent of π electron conjugation in organic molecules. Unimolecular reaction ( ): A reaction that occurs by spontaneous transformation of the starting material without the intervention of other reactants. For example, the dissociation of a tertiary alkyl halide in the S N 1 reaction is a unimolecular process. Unsaturated ( ): A molecule that has one or more multiple bonds. Upfield ( ): The right-hand portion of the NMR chart. Urethane ( ): A functional group in which a carbonyl group is bonded to both an −OR and an −NR 2 . Uronic acid ( ): A monocarboxylic acid formed by oxidizing the −CH 2 OH end of an aldose without affecting the −CHO end. Valence bond theory ( ): A bonding theory that describes a covalent bond as resulting from the overlap of two atomic orbitals. Valence shell ( ): The outermost electron shell of an atom. van der Waals forces ( ): Intermolecular forces that are responsible for holding molecules together in the liquid and solid states. Vegetable oils ( ): Liquid triacylglycerols derived from a plant source. Vicinal ( ): A term used to refer to a 1,2-disubstitution pattern. For example, 1,2-dibromoethane is a vicinal dibromide. Vinyl group ( ): A H 2 C ═ CH– substituent. Vinyl monomer ( , ): A substituted alkene monomer used to make a chain-growth polymer. Vinylic ( ): A term that refers to a substituent at a double-bond carbon atom. For example, chloroethylene is a vinylic chloride, and enols are vinylic alcohols. Vitamin ( ): A small organic molecule that must be obtained in the diet and is required in trace amounts for proper growth and function. Vulcanization ( ): A technique for cross-linking and hardening a diene polymer by heating with a few percent by weight of sulfur. Walden inversion ( ): The inversion of configuration at a chirality center that accompanies an S N 2 reaction. Wave equation ( ): A mathematical expression that defines the behavior of an electron in an atom. Wave function ( ): A solution to the wave equation for defining the behavior of an electron in an atom. The square of the wave function defines the shape of an orbital. Wavelength, λ ( ): The length of a wave from peak to peak. The wavelength of electromagnetic radiation is inversely proportional to frequency and inversely proportional to energy. Wavenumber, ν ˜ ( ): The reciprocal of the wavelength in centimeters. Waxes ( ): A mixture of esters of long-chain carboxylic acids with long-chain alcohols. Williamson ether synthesis ( ): A method for synthesizing ethers by S N 2 reaction of an alkyl halide with an alkoxide ion. Wittig reaction ( ): The reaction of a phosphorus ylide with a ketone or aldehyde to yield an alkene. Wohl degradation ( ): A method for shortening the chain of an aldose sugar by one carbon. Wolff–Kishner reaction ( ): The conversion of an aldehyde or ketone into an alkane by reaction with hydrazine and base. X-ray crystallography ( Chapter 12 Chemistry Matters ): A technique that uses X rays to determine the structure of molecules. Ylide ( ): A neutral species with adjacent + and − charges, such as the phosphoranes used in Wittig reactions. Z geometry ( ): A term used to describe the stereochemistry of a carbon–carbon double bond. The two groups on each carbon are ranked according to the Cahn–Ingold–Prelog sequence rules, and the two carbons are compared. If the higher ranked groups on each carbon are on the same side of the double bond, the bond has Z geometry. Zaitsev’s rule ( ): A rule stating that E2 elimination reactions normally yield the more highly substituted alkene as major product. Ziegler–Natta catalysts ( ): Catalysts of an alkylaluminum and a titanium compound used for preparing alkene polymers. Zwitterion ( ): A neutral dipolar molecule in which the positive and negative charges are not adjacent. For example, amino acids exist as zwitterions, H 3 C N + –CHR–CO 2 −", "section": "Glossary", "book": "Organic Chemistry: A Tenth Edition", "subject": "Science", "source": "https://openstax.org/details/books/organic-chemistry"}